精品解析：福建省名校联盟部分中学2024-2025学年高三上学期期中质量检测数学试题

部分中学2025届高中毕业班上学期期中质量检测 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码. 2.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑. 3.非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液. 4.考试结束后，考生上交答题卡. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由指数函数解出集合，再求交集即可； 【详解】由可得，所以， 所以 故选：B. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用幂函数、指数函数的单调性，结合充分必要条件的定义即可得答案. 【详解】是增函数， 又， ， 又是增函数， 则，故充分性成立； 是增函数，， ， 又是增函数， ，故必要性成立. 即“”是“”的充要条件. 故选：. 3. 若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法得到复数，再计算模长即可； 【详解】由已知可得， 所以， 故选：A. 4. 若直线与曲线相切，则（ ） A. 2 B. e C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设切点，再根据导数的几何意义求解即可. 【详解】设切点为，则对求导有， 故在处切线的斜率为，则由在直线上可得， 解得，故. 故选：C 5. 已知，均为锐角，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和与差的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解. 【详解】由， ，可得， ，解得， 所以，即. 故选：D. 6. 已知，均为正实数，若，则的最小值为（ ） A. 4 B. 9 C. 12 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】由结合利用基本不等式求解即可. 【详解】由题意 ， 当且仅当，即，时取等号. 故选：B 7. 已知平面向量，，，若，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由已知向量模长的关系得到，再由数量积的定义求解即可； 【详解】由，可得， 解得， 所以， 故选：D. 8. 已知函数的图象经过四个象限，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由分析知，在和均至少各有一个变号零点，令，将其转化为与在，的图象由交点，作出图象，即可得出答案. 【详解】的图象经过四个象限，即当时，有正有负， 当时，有正有负， 又时，，时，， 所以在和均至少各有一个变号零点， 令，所以，设，， 将其转化为与在，的图象由交点， ， 当，时，，当时，， 所以在，上单调递减，在上单调递增， 又，且时，， 作出图象，由图可知，. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记等差数列的前n项和为，若，，则（ ） A. B. 是递增数列 C. 当时，取得最小值 D. 若，则n的最小值为11 【答案】BD 【解析】 【分析】对A，根据等差数列基本量的运算求解即可；对B，求出通项公式判断即可；对C，求解判断即可；对D，令求解即可. 【详解】对于A，由题意可得，解得，故A错误； 对于B，，故是递增数列，故B正确； 对于C，， 所以当时，取到最小值，故C错误； 对于D，令，即，解得或， 因为，所以使的n的最小值为11，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数满足，则（ ） A. B. 点是曲线的对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 若函数在区间上恰有两个极值点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据辅助角公式结合求解即可；对B，根据的一条对称轴为，结合周期可得对称中心表达式，进而可判断；对C，根据正弦函数的单调递减区间判断即可；对D，先根据，确定的范围，从而确定极值点满足的条件，再根据区间端点满足的关系列式即可. 【详解】对A，，， 即，故，解得，故A正确； 对B，由A可得的一条对称轴为，周期为，故的一对称中心为， 故对称中心为，取，即为，故B正确； 对C，当，即时，单调递减，故C错误； 对D，，设， 则两个极值点满足， 由图像可得，即，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数的定义域为，满足，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，令求解即可；对B，令判断即可；对C，令，可得，再取和可判断，进而可得；对D，先判断周期为4再分组求和即可. 【详解】对A，令，得，即，故A正确； 对B，令，得， 即，故，故B正确； 对C，令，则，由B，， 故， 用替代，即， 再令，由得，即. 若，则，为偶函数， 取，得， 由，令有， 为偶函数有， 故，即. 取，得，与矛盾， 故，此时，即为奇函数，故C错误. 对D，由为奇函数可得， 所以，故周期为4， ，，，， 所以， ，故D正确. 故选；ABD 【点睛】关键点睛：根据选项提示，合理赋值，对这类问题，先尽可能推导出抽象函数的单调性奇偶性等性质，方便对函数有一个更好的把握去处理复杂的问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列为等比数列，若，则数列的前6项和为______. 【答案】 【解析】 【分析】求解的通项公式，进而可得的通项公式再求和即可. 【详解】由题意，公比为，则，故. 故数列的前6项和为. 故答案为： 13. 已知函数的图象关于直线对称，则______. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的定义域，利用对称性的特征可得，再利用求解即可. 【详解】函数的定义域满足，即， 由函数的图象关于直线对称，得的定义域关于对称， 则的解集只能为，故. 则，即， 故，则，解得. 故 故答案为： 14. 在平面四边形中，若，，，则的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设，在中由余弦定理得和，由正弦定理得，由和余弦定理得，根据的范围可得答案． 【详解】设，在中由余弦定理得 ， 因为，所以， 由正弦定理得， 所以，因为，所以， 在中，由余弦定理得， 所以 ， ，其中， 所以当时，此时， 综上所述，的最大值为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查了余弦定理的应用，解题的关键是利用余弦定理结合三角恒等变换，利用正弦函数的性质求解的最大值，属于较难题目. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知椭圆的右焦点为，离心率为. （1）求的方程； （2）已知点，直线过且与交于，两点，若，求的方程. 【答案】（1） （2）或或 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的几何性质分别求出，，从而求出椭圆C的方程； （2）通过将已知条件与椭圆和直线的基本性质结合，可以建立方程，利用点到直线距离相等的条件，巧妙地结合椭圆和直线的性质即可求解. 【小问1详解】 右焦点为，离心率为， 由椭圆的性质知，焦距，因此； 离心率公式为，解得； 再根据椭圆的定义，代入和的值，可以求得. 因此，椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线l的斜率不存在时,显然不满足题意. 当直线l的斜率存在时, ① 当斜率为0时，过的直线的方程为,此时，符合题意； ②当斜率不为0时，设直线的方程为, , 联立,消去y,整理得， 所以，， 设线段AB的中点为， 则， , 因为，而， 所以,所以， 即,解得或1, 所以直线的方程为或. 综上所述,直线的方程为或或 【点睛】在求解这类问题时，关键在于理解椭圆的基本性质，包括焦距、离心率、椭圆方程的构造，以及直线与椭圆相交时的条件。通过将已知条件与椭圆和直线的基本性质结合，可以建立方程，进而求解问题。在第二问中，利用点到直线距离相等的条件，巧妙地结合椭圆和直线的性质，是解题的关键. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简和两角和的正弦公式已知式即可得出答案； （2）由数量积的定义可得，由正弦定理化简和两角和的正弦公式可得，由三角形的面积公式结合三角函数的性质即可得出答案. 【小问1详解】 由可得：， 由正弦定理可得：， 所以， 因为，所以， 所以. 【小问2详解】 由可得：， 所以，由正弦定理可得：， 所以， 由正弦定理可得：，又因为， 所以， 所以面积为：， 当即时取等. 所以面积的最大值为. 17. 如图，三棱柱中，点在底面的射影为，，，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱柱的体积. 【答案】（1） 连接并延长交于，连接， 由题意平面，平面， 所以， 又，所以与全等，即，所以， 又，即，所以，， 所以， 所以，即，所以为的中点， 又是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接并延长交于，连接，由几何关系得到，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）建立如图所示空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，再由线面角公式得到，最后计算体积即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作，如图建立空间直角坐标系， ， 设，则有， ， 则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以，解得，即， 所以三棱柱的体积为. 18. 已知函数，. （1）当时，求函数的最小值； （2）若，求； （3）证明：. 【答案】（1）函数的最小值为； （2） （3）证明：①当时，由（1）可得，成立； ②当时，当时，， 由（1）知，，则； 当时，， 由（1）知，，即，所以， 则， 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）对求导，求出的单调性，即可求出函数的最小值； （2）将转化为在恒成立，令，求出即可得出答案； （3）分和，结合（1），即可证明. 【小问1详解】 当时，，，， ，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以. 【小问2详解】 若，则，所以， 设，， 所以， 令，因为在上单调递减， 所以在上单调递减，且， 所以当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，即， 即， 由（1）知，，即，所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 若有穷数列满足：①；②，则称为数列. （1）已知是数列，写出的所有可能值； （2）已知是数列，对任意给定的，将的所有可能取值从小到大排列构成一个新的数列. （i）证明：当时，是等差数列； （ii）求中所有项的和. 【答案】（1） （2）（i），设， 所以， 不妨设是中所有可能中的任意两个， 假设，， 不妨设，，…，，， 所以， 不妨设，则 ， 即中的种表示中，其取值互不相等， 即数列中共有项，易得， ，故； 又 ，故中恒成立， 故是以等差数列为首项，4为公差的等差数列； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，再根据讨论即可； （2）（i），设是中所有可能中的任意两个，作差可得，进而可得数列中共有项，从而证明等差；（ii）由（i）中等差数列求解即可. 【小问1详解】 ，设，， 故， 因为或，故. 【小问2详解】 （i）略 （ii）当时，只有两项，分别为，故和为2， 当，由（i）可得，因为是等差数列，共有项， 故其所有和为， 综上，中所有项的和为. 【点睛】方法点睛： （1）第一问根据题意翻译条件，逐项列举分析即可； （2）第二问一般借鉴第一问思路，列出任意给定的的情况，再推导分析. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 部分中学2025届高中毕业班上学期期中质量检测 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码. 2.作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑. 3.非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液. 4.考试结束后，考生上交答题卡. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 4. 若直线与曲线相切，则（ ） A. 2 B. e C. D. 5. 已知，均为锐角，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，均为正实数，若，则的最小值为（ ） A. 4 B. 9 C. 12 D. 14 7. 已知平面向量，，，若，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 已知函数的图象经过四个象限，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 记等差数列的前n项和为，若，，则（ ） A. B. 是递增数列 C. 当时，取得最小值 D. 若，则n的最小值为11 10. 已知函数满足，则（ ） A. B. 点是曲线的对称中心 C. 在区间上单调递减 D. 若函数在区间上恰有两个极值点，则 11. 已知函数的定义域为，满足，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列为等比数列，若，则数列的前6项和为______. 13. 已知函数的图象关于直线对称，则______. 14. 在平面四边形中，若，，，则的最大值为______. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知椭圆的右焦点为，离心率为. （1）求的方程； （2）已知点，直线过且与交于，两点，若，求的方程. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，求面积的最大值. 17. 如图，三棱柱中，点在底面的射影为，，，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求三棱柱的体积. 18. 已知函数，. （1）当时，求函数的最小值； （2）若，求； （3）证明：. 19. 若有穷数列满足：①；②，则称为数列. （1）已知是数列，写出的所有可能值； （2）已知是数列，对任意给定的，将的所有可能取值从小到大排列构成一个新的数列. （i）证明：当时，是等差数列； （ii）求中所有项的和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $