精品解析：山东省青岛第十九中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

青岛十九中2024-2025学年度第一学期期中模块检测 高三数学试题 2024.11 说明：1.本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟. 2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第II卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废. 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义先求出复数，然后利用共轭复数的定义计算. 【详解】在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，， 由共轭复数的定义可知，. 故选：D 2. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数、指数函数、幂函数的单调性即可比较出的大小关系. 【详解】， ，. 故选：B. 3. 已知，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角函数的二倍角公式与基本关系式得到，再利用正切函数的二倍角公式即可得解. 【详解】因为， 所以. 故选：B 4. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何问题有着深入的研究，其中谈到的“堑堵”是指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱.现有堑堵如图所示，其中，若，平面将堑堵分成了两部分，这两部分体积比值为（ ） A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4 【答案】B 【解析】 【分析】利用棱柱与棱锥的体积公式求解． 【详解】由题意，， 所以， 所以. 故选：B． 5. 在中，，，，P为所在平面内的动点，且．则的最大值为（ ） A. 12 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知求出点P的轨迹为圆，再由平面向量的平行四边形法则得出，的最大值即圆心到定点的距离加上半径，代入化简求值即可． 【详解】P为所在平面内的动点，且，点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， ，，，取的中点，则， . 故选：B. 6. 已知函数，若对于任意实数k，总存在实数，使得成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将恒成立结合有解问题转化为函数的值域问题即可. 【详解】对于任意实数k，总存在实数，使得成立， 即值域为，因此要求取遍一切正数， 时，符合题意． 时，需，即． 综上，实数a的取值范围． 故选：D 7. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用正弦定理求的外接圆半径，再求点到平面的距离，设三棱锥外接球半径为，根据勾股定理列方程求出，进一步计算球的表面积. 【详解】如图： 在中，， 由余弦定理：, 所以，所以外接圆半径为，即. 在直角三角形中，，，所以. 设棱锥外接球半径为，在直角三角形中，， 解得：. 所以球的表面积为：. 故选：A 8. 已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法错误的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D. 若方程在上有且只有两个极值点，则t的最大值为 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象及五点作图法求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可. 【详解】依题意可得，，， 再根据五点法作图可得，解得，． 因为，所以的图象关于点对称，故A正确； 因为，所以的图象关于直线对称，故B正确； 将的图象向左平移个单位长度得到， 故C错误； 因为，当时且，， 因为函数在上有且只有两个极值点， 所以，解得，即的最大值为，故D正确； 故选：C 二、多选题：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. 下列不等式恒成立的是（    ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，作差法得到；B选项，在A选项基础上，得到，从而得到；C选项，作差法得到；D选项，变形后利用基本不等式得到D正确. 【详解】A选项，，故， 当且仅当时，等号成立，A正确； B选项，因为，不等式两边同时加上得 ，两边同时除以4得，， 两边开方得， 当且仅当时，等号成立，B正确； C选项，， 因为，所以， 故，C错误； D选项，因为，所以， 故， 当且仅当，即时，等号成立，D正确. 故选：ABD 10. 已知向量，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最大值为6 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】利用向量平行的坐标表示判断A；利用向量垂直的坐标表示判断B选项；根据向量减法的三角形法则，结合反向检验等号成立的条件，从而判断C；利用向量数量积运算法则得到，进而求得，从而判断D. 【分析】对于A，因为，， 则，解得，故A正确； 对于B，因为，则，解得， 所以，解得，故B错误； 对于C，因为， 而，当且仅当反向时，等号成立， 此时，解得或， 当，同向，舍去； 当，满足反向；故C正确； 对于D，若，则， 即，所以， 则 ，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，正方体棱长为2，、分别是棱，棱的中点，点是其侧面上的动点（含边界），下列结论正确的是（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 过点，，的平面截该正方体所得的截面面积为 C. 当时，点的轨迹长度为 D. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据正方体的侧面展开图，可判断A；连接，得到过点的平面截该正方体所得的截面为等腰梯形，可判断B；取的中点，连接，证得平面，得到，得到点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在正方形内的部分，可判断定C；以为原点，建立空间直角坐标系，设，根据，求得点的轨迹方程，可判断D. 【详解】对于A，如图所示，将正方形沿着展在平面， 在直角中，可得， 将沿着展开到与平面重合， 在直角中，可得，故A错误； 对于B，如图所示，连接， 因为为的中点，可得， 因为，所以， 所以过点的平面截该正方体所得的截面为等腰梯形， 其中，且，可得高为， 可得等腰梯形的面积为，故B错误； 对于C，取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为平面，可得平面， 又因为平面，所以， 在直角中，由，可得， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在正方形内的部分， 如图所示，在直角中，由，可得， 所以，可得， 即当时，点M的轨迹长度为，故C正确； 对于D，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，设，其中， 则， 因为与垂直，可得，即， 令，可得；当，可得， 即直线与正方形的边的交点为， 可得，故D正确. 故选：CD. 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决： 一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值； 二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解； 三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解. 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. 已知角的终边上一点，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据任意角的三角函数的定义求解. 【详解】因为， 所以，解得， 又因为，所以， 所以， 故答案为: . 13. 如图，在平行四边形ABCD中，E为CD的中点，P为线段AE上一点，且满足，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，结合三点共线的性质即可求解. 【详解】, 由于三点共线，故，解得， 故答案为： 14. 设函数和的定义域为，若存在非零实数，使得，则称函数和在上具有性质.现有四组函数：①，；②，；③，；④，.其中具有性质的是__________.（写出所有满足条件的函数的序号） 【答案】①③. 【解析】 【分析】根据性质定义，逐项判断求解； 【详解】①，，定义域,令 解得：（舍去）或， 所以存在非零实数，使得； ②，，定义域，令 结合指数函数的单调性，在定义域内单调递减，故无其他零点， 所以不存在非零实数，使得； ③，，定义域，令 存在，使得； ④，，定义域， ，函数单调递增，又故无其他零点， 所以不存在非零实数，使得； 故答案为：①③. 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. 设函数 （1）求函数的最小正周期，并解不等式； （2）先将图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变；再向左平移 个单位；最后向下平移 个单位得到函数的图象．若对，不等式恒成立，求实数的取值范围 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简可得，即可利用正弦函数的性质，结合整体法即可求解， （3）利用函数图象的平移和伸缩变换可得，即可根据三角函数的单调性求解最值求解. 【小问1详解】 由可得， 令，则， 故，解得， 故不等式的解为； 【小问2详解】 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变；可得， 再向左平移 个单位，可得；最后向下平移 个单位得到函数， 当，由于在单调递增，故， 所以， 由于，故，即. 16. 如图，在三棱锥中，为在平面内的射影点，已知，，，，. （1）请以、为基底表示，并证明. （2）求证平面. 【答案】（1）， 证明:因为， 即， 又因为 ， 所以. （2） 如图： 因为平面，平面，所以； 又，，平面，， 所以平面， 又平面，所以. 又因为， 所以， 所以； 在中，，， 所以. 又， 所以， 所以. 在中，，，所以. 在中，，，， 因为，所以. 又，平面，， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）平面中：延长到，使；延长到，使，可得点为的重心，利用向量的运算可用、表示，利用数量积运算可证明； （2）由条件可证得平面，得；利用向量的运算求得，，进而得，利用勾股定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得结论． 【小问1详解】 如图： 平面中：延长到，使；延长到，使. 因为，所以， 所以点为的重心. 所以 ， 所以. 证明略. 【小问2详解】 略 17. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用和角公式化简，借助于同角三角函数式和特殊角的函数值即得答案； （2）由等面积法得出，，利用余弦定理得出，三式联立即可求得边； （3）结合题设，分别在，和中，由正弦定理推出边的关系式，再利用基本不等式求得的最小值，继而可得三角形面积最小值． 【小问1详解】 在中，由， 可得，所以，即， 因，则． 【小问2详解】 由（1）知，则，即：， 所以①，②， 在中，由余弦定理得， 即③， 由①②③得：，解得； 【小问3详解】 如图，因平分，由（1）知， 故， 在中，设，则， 在中，，由正弦定理，得，则， 在中，由正弦定理，得，则， 故有（*）． 在中，由正弦定理，得，则， 得，代入（*）式，可得，即． 由基本不等式，得，解得，当且仅当时取“”． 于是．即的面积的最小值为． 18. 如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1） 令，连接， 由四边形为矩形，得为中点，又为中点，则， 又平面，平面，所以平面. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可. （2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求法可得结果. （3）利用点到平面距离的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由垂直于梯形所在平面，，得直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 由轴平面，得平面的法向量， 则，所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知：，则，而平面的法向量， 所以点到平面的距离. 19. 凸函数是数学中一个值得研究的分支，它包括数学中大多数重要的函数，如，等．记为的导数．现有如下定理：在区间I上为凸函数的充要条件为． （1）证明：函数为上的凸函数； （2）已知函数． ①若为上的凸函数，求的最小值； ②在①的条件下，当取最小值时，证明：，在上恒成立． 【答案】（1）证明：因为，则，， 因为，又，所以， 故在区间上恒成立，即函数为上的凸函数. （2）①； ②证明：由（1）知， 令，则， 令，则在区间恒成立，当且仅当时取等号， 所以在区间上单调递增，得到，当且仅当时取等号， 即在区间恒成立，当且仅当时取等号， 即在区间上单调递增，所以， 令，令，得到， 则在区间上恒成立，即在区间上单调递减， 所以， 即当，，当且仅当时取等号， 所以，在上恒成立． 【解析】 【分析】（1）对二次求导，得到，根据条件得到在区间上恒成立，即可证明结果； （2）①根据题设得到在区间上恒成立，再求出的最大值，即可求解；②令，，利用导数与函数的单调性，求出的最小值和的最大值，即可证明结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①因为，所以，， 由题知在区间上恒成立，即在区间上恒成立， 令，则在区间上恒成立， 令，对称轴为，所以当时，取到最大值，最大值为， 所以，得到，所以的最小值为. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛十九中2024-2025学年度第一学期期中模块检测 高三数学试题 2024.11 说明：1.本试卷分第I卷和第II卷.满分150分.答题时间120分钟. 2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第II卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废. 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何问题有着深入的研究，其中谈到的“堑堵”是指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱.现有堑堵如图所示，其中，若，平面将堑堵分成了两部分，这两部分体积比值为（ ） A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4 5. 在中，，，，P为所在平面内的动点，且．则的最大值为（ ） A. 12 B. C. D. 6. 已知函数，若对于任意实数k，总存在实数，使得成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法错误的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D. 若方程在上有且只有两个极值点，则t的最大值为 二、多选题：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. 下列不等式恒成立的是（    ） A. B. C. D. 10. 已知向量，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最大值为6 D. 若，则 11. 如图，正方体棱长为2，、分别是棱，棱的中点，点是其侧面上的动点（含边界），下列结论正确的是（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 过点，，的平面截该正方体所得的截面面积为 C. 当时，点的轨迹长度为 D. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 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. 已知角的终边上一点，且，则___________. 13. 如图，在平行四边形ABCD中，E为CD的中点，P为线段AE上一点，且满足，则________. 14. 设函数和的定义域为，若存在非零实数，使得，则称函数和在上具有性质.现有四组函数：①，；②，；③，；④，.其中具有性质的是__________.（写出所有满足条件的函数的序号） 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. 设函数 （1）求函数的最小正周期，并解不等式； （2）先将图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变；再向左平移 个单位；最后向下平移 个单位得到函数的图象．若对，不等式恒成立，求实数的取值范围 16. 如图，在三棱锥中，为在平面内的射影点，已知，，，，. （1）请以、为基底表示，并证明. （2）求证平面. 17. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 18. 如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，，四边形为矩形． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 凸函数是数学中一个值得研究的分支，它包括数学中大多数重要的函数，如，等．记为的导数．现有如下定理：在区间I上为凸函数的充要条件为． （1）证明：函数为上的凸函数； （2）已知函数． ①若为上的凸函数，求的最小值； ②在①的条件下，当取最小值时，证明：，在上恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $