精品解析：安徽省A10联盟2024-2025学年高三上学期11月段考数学试题

安徽省A10联盟2024-2025学年高三上学期11月段考 数学试题 第I卷（选择题共58分） 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解出集合，利用交集的定义可得出集合. 【详解】因为，， 因此，， 故选：D. 2. 若，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的乘除法运算化简复数，再由复数的几何意义可得出答案. 【详解】由题意得，， 故复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限， 故选：. 3. 已知空间向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得，解得，则. 故选：. 4. 若，则（ ） A. B. 1 C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式可得，化弦为切即可求解. 【详解】由题意得，， 则. 故选: . 5. “”是“数列为递增数列”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】A 【解析】 【分析】根据数列为递增数列的定义求得的范围，再由充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由“数列为递增数列”， 得， 所以恒成立，所以， 由得，由不一定有， 故“”是“数列为递增数列”的充分不必要条件. 故选：. 6. 在三角形内到其三个顶点的距离之和最小的点称为“费马点”.意大利数学家托里拆利发现：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点即为费马点，在中，若，且，则该三角形的费马点到各顶点的距离之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据“费马点”的定义以及正余弦定理可求得结果. 【详解】设的内角所对的边分别为， 因为， 所以由正弦定所得， 又，所以， 由余弦定理得， 所以，所以顶点为费马点， 故点到各顶点的距离之和为， 故选：. 7. 已知函数若方程有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】方程有6个不同的实数根等价于有2个不同的实数解，再结合二次函数的性质求解即可； 【详解】作出图像， 令，则方程有6个不同的实数根等价于有2个不同的实数解，且， 则，解得， 故选：. 8. 已知某圆台的侧面展开图如图所示，其中，若此圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由对应关系可得圆台的上、下底面圆半径分别为，进而计算出圆台的高，设球心到点所在的底面的距离为，表示到点所在底面的距离，利用球半径相等建立等量关系，解方程即可得到结果. 【详解】设圆台的上、下底面圆半径分别为， 由题意得，，，解得. 如图，设圆台的上、下底面圆心分别为，则圆台的高为. 设球的半径为，球心到点所在的底面的距离为，则到点所在的底面的距离为， 由题意得，，解得， 所以球的表面积为. 故选:. 【点睛】思路点睛：本题考查圆台外接球综合问题，具体思路如下： （1）利用侧面展开图和圆台对应关系可确定上、下底面圆半径和圆台母线长，进而求出圆台的高度. （2）分别利用上、下底面圆半径结合勾股定理表示球的半径，建立等量关系即可得到结果. 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. 已知为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面、面面关系可判断AD；举反例可判断BC. 【详解】对于A，，，所以或，而，故，故正确； 对于B，如图，长方体中，，则，故B错误； 对于C，如图，长方体中， ，则，故C错误； 对于D，若，，则，而，故，故正确. 故选：AD. 10. 已知平面向量均为单位向量，且，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由数量积的运算律即可判断A，由向量模长的计算公式即可判断B， 由向量夹角的公式代入计算即可判断C，由投影向量的定义即可判断D 【详解】因为平面向量均为单位向量，所以， 又，即， 即，所以，即，故A错误； 因为， 所以，故B正确； 又，则， 且， 所以，故C正确； 在上的投影向量为 ，故D正确； 故选：BCD 11. 已知函数有2个零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】令可将题意转化为，设，求出的单调性，奇偶性和对称性，求出的最小值可判断A，B；由可得可判断C；由题意可得出，令，求出的单调性可得可判断D. 【详解】， 令，， 则，即为偶函数， 当时，，且， 即函数在上单调递增， 所以关于对称， 且在上单调递减，在上单调递增， 则，所以，解得，故正确，故错误； 由知，，故C错误； 由知，， 令，， 即在上单调递减，所以， 所以，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正数满足，则的最小值为________. 【答案】20 【解析】 【分析】由基本不等式的乘“1”法求解即可； 【详解】由题意得，，当且仅当，即，时等号成立. 故答案为：20. 13. 已知数列满足，，记数列的前项和为，则________. 【答案】 【解析】 【分析】分别求得，即可得到数列的周期，代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意得，，， ，， 所以为周期数列， 所以. 故答案为： 14. 已知曲线在点处的切线方程为，且函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】结合题意求出，由在区间上没有零点，可得（），结合解不等式即可求解. 【详解】由题意得，， 因为，所以，则， 所以， 所以，解得， 故. 令，解得，解得， 因为在区间上没有零点，所以（）， 解得， 因为，所以，解得， 由，得， 所以，因为， 所以或， 当时，；当时，. 综上所述，实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：三角函数中的求法： 函数在内无零点，可知. 四、解答题：本题共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. 已知，函数是奇函数，. （1）求实数的值； （2）若，使得，求实数的取值范围. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由函数奇偶性的定义代入计算，然后检验，即可得到结果； （2）根据题意，将问题转化为，再由函数的单调性可得，由二次函数的值域可得，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为函数是奇函数，所以， 即，即，解得， 因为，所以. 当时，，此时的定义域为， 关于原点对称，满足题意. 综上，. 【小问2详解】 由题意得，， 由（1）知，， 易得在上单调递增，故. ， 当时，，所以， 所以， 解得，即实数的取值范围为. 16. 在△中，内角的对边分别是，且. （1）求证：； （2）若，且是边的中点，求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由同角三角函数的商数关系，两角和的正弦定理可得，最后由正弦定理即可证明； （2）由余弦定理得可得，再将代入结合基本不等式可求出的最小值. 【小问1详解】 设△内角，、、的对边分别是、、. ∵，∴， 整理得， 由正弦定理得. 【小问2详解】 ∵，且是边的中点，∴， 由余弦定理得，，则. ∵，∴， 由，得（当且仅当时等号成立.）， ∴，∴，故的最小值为. 17. 已知四棱锥中，°，平面平面，.点分别在线段上，且四点共面，. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面.进而说明，得到//.再结合//，即可求证； （2）建系，由面面夹角的向量法即可求解. 【小问1详解】 因为平面平面平面，平面平面， 所以平面. 因为平面，平面，所以. 在△中，， 由，可得，所以， 因为.所以为的中点. 因为°，故//. 因为平面，所以//平面. 因为平面平面，所以//. 所以//，所以为的中点. 又 ，所以. 【小问2详解】 分别以直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以. 设平面的向量为，则，即 令，则，于是. 因为平面，且∥，所以平面，所以. 由（1）可知，而，平面，所以平面， 所以是平面的一个法向量. 则. 故平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知数列的前项和分别为，其中为等比数列，且. （1）求数列的前项和； （2）在（1）的条件下，比较与0.7的大小关系，并说明理由. 【答案】（1） （2），理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用得到，累加法计算的通项公式，利用等比数列前项和公式计算的通项公式，错位相减法求结果. （2）通过分析得到，得到中各项与的关系，即可比较与0.7的大小关系. 【小问1详解】 当时，，则； 当时，； 当时，， 相减得，，整理得， 即， 累加可得，，即，故. 综上所述，. 由可知等比数列的公比不为1，则，解得， 故，解得，则. 由题意得，， 故， ， 故，故. 【小问2详解】 因为，所以， 当时，因为， 所以， 当时， . 综上所述，. 19. 定义：记函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数. （1）求证：为区间上的凹函数； （2）若为区间的凸函数，求实数的取值范围； （3）求证：当时，. 【答案】（1） 由题意得，，记的导函数为（下同）， 则，所以在区间上单调递增， 所以为区间上的凹函数. （2） （3） 由题意得，. 当时，，符合题意， 当时，因为，则，则即证， 即证， 设，则， 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 故当时，，即成立. 当时，由（1）知在上单调递增， 又，所以，使得， 所以，因为，所以，所以. i）当时，，即证， 设，则， 所以在上单调递减， 所以. ii）当时，，即，即证， 设，则， 令， 则， 故在上单调递增，则， 故在上单调递增，则， 则，则在上单调递增， 故当时，. 综上，当时，. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，利用为区间上的凹函数的定义证明； （2）求出函数的导函数，利用为区间上的凹函数的定义求解； （3）由题意得到，分，，讨论证明； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得，，则， 令，则，故. 令，则， 故在上单调递增，故， 则，故，故实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是由时，根据在上单调递增，利用零点存在定理，得到，使得，再分和而得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省A10联盟2024-2025学年高三上学期11月段考 数学试题 第I卷（选择题共58分） 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知空间向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. 1 C. D. 或 5. “”是“数列为递增数列”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 6. 在三角形内到其三个顶点的距离之和最小的点称为“费马点”.意大利数学家托里拆利发现：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点即为费马点，在中，若，且，则该三角形的费马点到各顶点的距离之和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数若方程有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知某圆台的侧面展开图如图所示，其中，若此圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为（ ） 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. 已知为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知平面向量均为单位向量，且，则（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 11. 已知函数有2个零点，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正数满足，则的最小值为________. 13. 已知数列满足，，记数列的前项和为，则________. 14. 已知曲线在点处的切线方程为，且函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是________. 四、解答题：本题共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. 已知，函数是奇函数，. （1）求实数的值； （2）若，使得，求实数的取值范围. 16. 在△中，内角的对边分别是，且. （1）求证：； （2）若，且是边的中点，求的最小值. 17. 已知四棱锥中，°，平面平面，.点分别在线段上，且四点共面，. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知数列的前项和分别为，其中为等比数列，且. （1）求数列的前项和； （2）在（1）的条件下，比较与0.7的大小关系，并说明理由. 19. 定义：记函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数. （1）求证：为区间上的凹函数； （2）若为区间的凸函数，求实数的取值范围； （3）求证：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $