精品解析：江西省南昌市第三中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

南昌三中2024—2025学年度上学期期中考试 高三数学试卷 命题：姜凤 审题：杨一博 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数满足（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2. 在中，“”是“”（ ） 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. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 若点为所在平面内，且满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A B. C. D. 7. 已知定义在上函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为R，，为偶函数，且函数的图象关于点对称，则（    ） A. 4 048 B. 4 049 C. 4 051 D. 4 054 二､多项选择题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 使的最小正整数n为13 D. 的最小值为 10. 函数的部分图象如图所示，，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. C. 在区间上既有极大值又有极小值 D. 将函数的图象向左平移个单位后，得到函数是偶函数 11. 已知函数，若存在实数使得方程有四个不同的实数解，，，，且，则（    ） A. B. C. D. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应位置上） 12. 记为等差数列的前项和，若，，则的值为__________. 13. 如图，为了测量河对岸的塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.现测得，，在点测得塔顶的仰角为，则塔高__________. 14. 函数的导函数为，若在的定义域内存在一个区间在区间上单调递增，在区间上单调递减，则称区间为函数的一个“渐缓增区间”．若对于函数，区间是其一个渐缓增区间，那么实数的取值范围是______． 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，的平分线交于点，且．求的面积． 16. 已知椭圆的右焦点在直线上，分别为的左､右顶点，且. （1）求的标准方程； （2）设的右顶点为，点是上的两个动点，且直线与的斜率之和为，证明：直线过定点. 17. 如图，四棱锥中，为等边三角形，四边形为直角梯形，，. （1）证明：平面平面； （2）若与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值. 18 已知 （1）设，求的极值． （2）若在上恒成立，求的取值范围． （3）若存在常数，使得对任意，恒成立，则称在上有上界，函数称为有上界函数．如是在上没有上界的函数，是在上没有上界的函数；都是在上有上界的函数．若，则是否在上有上界?若有，求出上界；若没有，给出证明． 19. 若数列满足条件：存在正整数，使得对一切都成立，则称数列级等差数列. （1）若数列为1级等差数列，，求数列的通项公式； （2）若数列为2级等差数列，且前四项分别为，求数列的前项和； （3）若，且是3级等差数列，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南昌三中2024—2025学年度上学期期中考试 高三数学试卷 命题：姜凤 审题：杨一博 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数满足（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案. 【详解】 复数的虚部是. 故选：D. 2. 在中，“”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】B 【解析】 【分析】根据三角函数的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可. 【详解】在中，若，则，满足，即必要性成立； 若，例如，可得，即充分性不成立； 故在中，“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式结合角的余弦值确定角的范围计算即可. 【详解】因为， 所以， 则， 则 . 故选：C. 4. 若点为所在平面内，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量运算，确定点位置，根据长度关系可求面积之比. 【详解】如图所示， 因为， 所以可得， 所以与共线，且， 所以. 故选：D. 5. 设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，根据点斜式求解切线方程，即可求解切线与坐标轴的交点，进而可求解面积. 【详解】，则，即切线方程为. 令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为. 故选：A 6. 已知向量，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平行向量的坐标关系可求出，由垂直向量的坐标关系可求出，然后由向量投影公式即可求解. 【详解】因向量， 所以，解得， 所以， 因为 所以，解得， 所以向量， 所以，， 所以在向量上投影向量为. 故选：A. 7. 已知定义在上的函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，然后由已知可得的单调性，最后将不等式转化为，即可得到答案. 【详解】，令， 则，则在上单调递增. 由，为奇函数，得，则， 从而原不等式可化为，即，此即为. 由于在上单调递增，故这等价于，所以不等式的解集为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造新的函数并利用已知条件. 8. 已知函数的定义域为R，，为偶函数，且函数的图象关于点对称，则（    ） A. 4 048 B. 4 049 C. 4 051 D. 4 054 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得关于，对称，据此可得的一个周期为4，即可得答案. 【详解】因为偶函数，则，则图象关于对称； 因的图象关于点对称，则， ，得图象关于对称； 则， . 则，则的一个周期为4. 则. 又，令，可得. 则. 故选：B 【点睛】结论点睛：的定义域为R. 若为偶函数，则图象关于对称（）； 关于对称，则图象关于对称； 图象关于，对称，则的一个周期为. 二､多项选择题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 使的最小正整数n为13 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据与关系，求出通项判断；对B，利用裂项求和得解可判断；对C，令求得答案；对D，求出，利用对勾函数单调性求最值. 【详解】对于A，由，当时，， 当时，， ，故A错误； 对于B，因为，， 所以，故B正确； 对于C，由，即，解得，故C正确； 对于D，，时，， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， ∴当或4时，取得最小值为，故D正确． 故选：BCD. 10. 函数的部分图象如图所示，，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. C. 在区间上既有极大值又有极小值 D. 将函数的图象向左平移个单位后，得到函数是偶函数 【答案】BD 【解析】 【分析】本题考查由部分图象求三角函数解析式，三角函数的图象与性质，考查极值点的概念.由点的坐标结合五点法画图可求，再逐项判断即可. 【详解】因为图象过点，则，即， 因为，所以，即， 因为图象过点，所以，即， 由图可得，解得， 所以， 对于A，时，， 故在区间上不是单调递增，故A不正确； 对于B，，为最大值， 所以，故B正确； 对于C，时，， 由正弦函数的图象可得在时只有极小值，无极大值，故C错误； 对于D，将函数的图象向左平移个单位， 得到，故D正确. 故选：BD. 11. 已知函数，若存在实数使得方程有四个不同的实数解，，，，且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分段函数的性质及值域可得的范围，再结合函数值相等可知函数解的关系，进而判断各选项. 【详解】由， 作出函数图像如图所示， 当时，函数单调递减，此时； 当时，函数单调递增，此时； 当时，函数单调递减，此时； 当时，函数单调递增，此时； 由方程，有个解，即函数与函数有个交点， 即，且， 且，， 即，， 即， 且，当且仅当即时取等号， 即，，B选项正确； ，A选项正确； 又， 所以，， 设，，，， 则在上单调递增，，即，，C选项错误； 又，且在上单调递增， 则， 所以在上单调递减， 所以， 即，D选项正确； 故选：ABD. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应位置上） 12. 记为等差数列的前项和，若，，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知结合等差数列的性质及求和公式即可直接求解. 【详解】因为等差数列中，，，则可得， 公差，所以，， 则， 故答案为：. 13. 如图，为了测量河对岸的塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与.现测得，，在点测得塔顶的仰角为，则塔高__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用两角差的正弦公式求出，再利用正弦定理求出，然后即可求解. 【详解】在中，则， 且， 由正弦定理得， 所以， 在中，，所以. 故答案为：. 14. 函数的导函数为，若在的定义域内存在一个区间在区间上单调递增，在区间上单调递减，则称区间为函数的一个“渐缓增区间”．若对于函数，区间是其一个渐缓增区间，那么实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先通过在区间上单调递减，得到其导函数不大于零恒成立，通过参变分离求最值得的范围，再通过在区间上单调递增，得到其导函数不小于零恒成立，通过单调性求得的范围，综合可得答案. 【详解】对于函数， ，令， 则，因为在区间上单调递减， 所以恒成立，即恒成立，又， 所以， 又在区间上单调递增， 所以恒成立， 所以，解得， 综合得. 故答案为：. 四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，的平分线交于点，且．求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式计算可得； （2）依题意得，由，可得，再由余弦定理得到，即可求出，最后根据面积公式计算可得. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理可得， 即， 即， 所以， 又，所以， 所以，则， 又，所以. 【小问2详解】 解：由题意，得， 又， 所以， 即， 由余弦定理得， 即，于是，解得或（舍）， 所以． 16. 已知椭圆的右焦点在直线上，分别为的左､右顶点，且. （1）求的标准方程； （2）设的右顶点为，点是上的两个动点，且直线与的斜率之和为，证明：直线过定点. 【答案】（1）； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出点的坐标，得出椭圆的半焦距，进一步求得与的值，结合椭圆的几何性质可出答案. （2）设直线方程为，联立椭圆方程消去，利用韦达定理代入，然后可得，即可得证. 【小问1详解】 由直线与轴的交点为，得椭圆右焦点的坐标为，故， 由题意可得，得， . 椭圆的方程为：； 【小问2详解】 由的方程可知， 若直线的斜率不存在，则关于轴对称，直线与的斜率互为相反数，不符合题意； 故设直线的方程为，且均不与重合， 由得， ， ， ， ， 令，解得， 直线的方程为，即， 直线过定点. 17. 如图，四棱锥中，为等边三角形，四边形为直角梯形，，. （1）证明：平面平面； （2）若与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，先利用线线垂直证明平面，得，再由题设证平面最后由线面垂直证得平面平面； （2）过作，交于，证明平面,依题意建系，利用题设条件求出相关点坐标，计算两平面的法向量，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 小问1详解】 如图，取的中点，连接. 因四边形为直角梯形，且，则， 又为等边三角形，， 因平面， 故平面，又平面,则， 又，因平面, 故平面又平面， 平面平面. 【小问2详解】 由（1）知平面因平面,则平面平面， 过作，交于，因平面平面,故平面, 即为直线与平面所成的角，则， 由（1）知平面 因平面故， 而，则 于是，. 如图，以为原点，所在直线为轴，过点在面中与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则 于是，， 设平面的法向量为, 由， 则可取； 又, 设平面的法向量为, 由，则可取. 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知 （1）设，求的极值． （2）若在上恒成立，求的取值范围． （3）若存在常数，使得对任意，恒成立，则称在上有上界，函数称为有上界函数．如是在上没有上界的函数，是在上没有上界的函数；都是在上有上界的函数．若，则是否在上有上界?若有，求出上界；若没有，给出证明． 【答案】（1）极小值，没有极大值 （2） （3）没有，证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求得的极值. （2）构造函数，利用导数以及不等式恒成立的知识求得的取值范围. （3）根据（1）的结论，利用放缩法、综合法证得没有上界. 【小问1详解】 ， 令，解得. 所以在上单调递减； 在上，单调递增； 所以函数有极小值，没有极大值． 【小问2详解】 依题意，在上恒成立， 设，， 当时，单调递增，，不符合题意. 当时，， 令，解得， 即使，在上，单调递增； 在上，单调递减，不符合题意； 当时，单调递减，，符合题意； 综上：. 【小问3详解】 没有上界，理由如下： 由（2）可知，在上恒成立， 令，则， 所以， 将上述式子相加得 由于没有上界，故也没有上界. 【点睛】本题涵盖了导数应用、单调性分析、不等式恒成立及放缩法等知识点，能够有效考查学生的综合能力. 通过不等式在区间上的恒成立条件，构造辅助函数，再利用单调性分析得出适合的取值范围. 19. 若数列满足条件：存在正整数，使得对一切都成立，则称数列为级等差数列. （1）若数列为1级等差数列，，求数列的通项公式； （2）若数列为2级等差数列，且前四项分别为，求数列的前项和； （3）若，且是3级等差数列，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）当时，，数列为等差数列，求出通项即可； （2）数列为2级等差数列，且前四项分别为，根据条件得到递推关系，由等差数列前项公式求得即可； （3）是3级等差数列，先求通项公式，结合等差数列求和公式可得所求和. 【小问1详解】 若数列为1级等差数列， 即为对一切都成立， 则数列为等差数列，设公差为， 由，可得， 则 【小问2详解】 数列为2级等差数列，且前四项分别为， 可得对一切都成立. 且数列中奇数项是首项为2､公差为0的等差数列， 偶数项是首项为0､公差为4的等差数列， 则. 【小问3详解】 是3级等差数列，，对一切都成立. 即 或. 若对恒成立时，则. 若时，，则， 又因为，所以， 所以， 又因为， 所以. 【点睛】思路点睛：根据新定义，将问题转化为等差数列的相关概念计算通项与求和即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$