精品解析：江西省萍乡市2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

萍乡市2024－2025学年度第一学期期中考试 高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：高考范围（不含空间向量，平面解析几何，概率与统计）． 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法运算计算可得. 【详解】由可得，所以． 故选：C． 2. 已知集合，，若，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合的取值范围，再根据交集的结果可求出参数. 【详解】，， 因为，所以，则， 故选：B． 3. 已知直线，与平面满足，，对于下列两个命题：①“”是“”的充分不必要条件；②“”是“”的必要不充分条件.判断正确的是（ ） A. ①，②都是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①，②都是假命题 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面平行判定进行推断和线面垂直判定进行求解. 【详解】①若，则“”“”，反之，“”推不出“”， 所以“”是“”的充分不必要条件，故①是真命题； ②若，则“”“”，反之，“”推不出“”， 所以“”是“”的必要不充分条件，故②是真命题． 故选：A． 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇偶性和排除错误选项即可. 【详解】定义域为，， 为定义在上的偶函数，图象关于轴对称，可排除BC； ，可排除D. 故选：A. 5. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角关系以及正弦的差角公式即可求解. 【详解】因为，所以，所以， ， 所以． 故选：D． 6. 已知平面向量，，，若，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由垂直得数量积为0，求得值，再根据投影向量的定义求解． 【详解】由，得，解得， 所以，所以在上的投影向量为． 故选：D． 7. 已知函数，若函数恰有5个零点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出函数的图象并换元，结合图象将问题转化为方程根的分布列不等式求解. 【详解】由函数恰有5个零点， 得方程有5个根， 在平面直角坐标系中作出函数的图象， 令，观察图象知，当时，直线与的图象有3个交点， 当时，直线与的图象有2个交点， 令， 由函数有5个零点，得有两个不等实根，且，， 因此或，解得或， 所以实数m的取值范围是. 故选：B. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 8. 已知数列是等比数列，且，，，成等差数列．若，且对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. （0，1） B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设数列的公比为，根据，，成等差数列，列方程，求解得，进而得，分是偶数或是奇数讨论，利用单调性求最值即可. 【详解】设等比数列的公比为，依题意，，又， 可得，解得，所以， 所以． 当为偶数时，由，得， 所以对任意的偶数成立， 因为单调递减，所以当时取最大值， 故； 当为奇数时，由，得， 所以对任意的奇数成立， 因为单调递增，且当是无限接近于，故． 综上所述，． 故选：C． 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. 已知实数，，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据指数函数以及幂函数单调性可判断A错误，B正确，自由对数函数单调性可得C正确，取特殊值可判断D错误. 【详解】对于A，因为，所以指数函数在上为减函数， 所以，即，故A错误； 对于B，因为幂函数在上为增函数，所以，即，故B正确； 对于C，因为，所以，，所以，故C正确； 对于D，取，，可得，，不满足，故D错误． 故选：BC． 10. 若函数图像的两相邻对称轴间的距离为，且图像关于点中心对称，将的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上有两个极值点 C. 的图像与的图像关于直线对称 D. 直线是曲线的切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得函数的解析式，由正弦型函数的单调区间即可判断A，由的解析式代入计算，即可判断B，分别计算的函数值，即可判断C，由导数的几何意义代入计算，即可判断D. 【详解】由题知，的最小正周期为，所以， 所以， 又的图像关于点对称，所以， 即，， 因为，所以，故． 令，解得， 故在上单调递减，故A正确； ，令，得，， 所以在区间上有两个极值点和，故B正确； 因，， 所以的图像与的图像不关于直线对称，故C错误； ，令，解得或，， 故曲线在点处切线斜率为， 故切线方程为，即，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知函数，函数的定义域为，且在区间上单调递减，若的图像关于直线对称，则（ ） A. 的图像关于轴对称 B. 的图像关于原点对称 C. 若恒成立，则或 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得为偶函数，为奇函数，由奇偶函数的定义即可判断AB，由的单调性求解不等式即可判断C，令，求导可得得到其单调性，再由函数的单调性，即可判断D 【详解】因为函数的定义域为，的图像关于直线对称， 通过整体向右平移2个单位长度，所以关于对称，为偶函数． 又在区间上单调递减，所以在区间上单调递增． 易知函数在上单调递增， 又，所以是上的奇函数． 对于A，由于，所以为偶函数， 其函数图像关于轴对称，故A正确； 对于B，，所以为偶函数， 易知不恒成立，所以的图像不关于原点对称，故B错误； 对于C，易知区间上单调递减，在区间上单调递增， 且为偶函数，由恒成立， 得恒成立， 又，所以，解得，故C错误； 对于D，令，则， 当时，，所以在区间上单调递增， 所以，即，即， 所以，所以，故D正确． 故选：AD． 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】12 【解析】 【分析】利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，所以， 当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为12. 故答案为：12. 13. 用铁水灌注上、下底面的边长分别为和的正四棱台工件，若其侧面梯形的高为，则所需铁水的体积为_____．（灌注过程中铁水无额外损耗） 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱台的性质及题中条件求出正四棱台的高，然后利用棱台体积公式即可求解. 【详解】如图，在正四棱台中，，，， ，分别为侧面上的高以及棱台的高，则，， 在等腰梯形中，， 等腰梯形中，过作，垂足为， 则， 所以， 所以该正四棱台的体积为， 即所需铁水的体积为． 故答案为：． 14. 设，且，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，分离参数，然后令，即可得到，再由其单调性代入计算，即可得到结果. 【详解】， 令，则，且， 所以， 因为是上的减函数，所以， 即． 故答案为： 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. 如图，在正方体中，，分别是棱，的中点． （1）证明：，，，四点共面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件证明出线线平行，即可得到四点共面； （2）延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，连接，，，根据面面角的定义找到是平面与平面的夹角，然后直接求解该夹角的正弦值即可. 【小问1详解】 如图，取中点，连接，， 则， 在正方体中，，， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以，所以，，，四点共面． 【小问2详解】 如图，延长交的延长线于点， 延长交的延长线于点， 连接，，，则点在上． 不妨设正方体的棱长为， 则，，，， 所以是的中点， 所以，， 所以是平面与平面的夹角． 因为平面平面， 所以，所以． 16. 如图，在平面四边形中，，，，． （1）求四边形的周长； （2）求四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据二倍角公式得到，再根据余弦定理得到及的值，即可求得周长； （2）根据三角形面积公式得到的面积，即可求得结果 【小问1详解】 因为，， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以，解得， 所以四边形的周长为； 【小问2详解】 因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 所以四边形的面积为． 17. 已知首项为1的正项数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据递推公式可得是首项和公差均为1的等差数列，可得通项公式； （2）利用错位相减计算可得，即可证明. 【小问1详解】 因为，，且， 所以，解得， 当时，由，可得， 两式相减可得， 所以， 因为，所以，且， 所以是首项和公差均为1的等差数列，即有． 【小问2详解】 ， 所以， 两式相减得， 所以，因为， 所以． 18. 已知函数． （1）证明：的图象与轴相切； （2）设． （i）当时，求函数的单调区间； （ii）若在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）分类讨论，答案见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由导数确定单调性，并求出在最高点处切线是轴，即证； （2）（i）求出导函数，根据的零点的大小分类讨论确定单调区间；（ii）转化为，引入函数，由导数求得它的最小值即可得结论． 【小问1详解】 的定义域为， 所以，令，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 又，所以曲线在处的切线方程为，即的图象与轴相切． 【小问2详解】 （i）， ． 当时，由，解得或；由，解得， 所以函数在（0，1）和上单调递增，在上单调递减； 当时，由，解得或；由，解得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减； 当时，由，得函数在上单调递增； 当时，由，解得；由，解得， 所以函数在上单调递增，在（0，1）上单调递减． 综上，当时，函数的单调增区间为（0，1）和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为和，减区间为； 当时，函数的单调增区间为，无减区间； 当时，函数的单调增区间为，减区间为（0，1）． （ii）在上恒成立可转化为， 设，则． 令，则， 所以函数在上单调递减， 又，，则函数在内存在唯一的零点， 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增， 又，得， 则， 所以，即实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛：用导数研究不等式恒成立问题，主要是用导数研究函数的单调性一，求得最值，如（含有参数）恒成立，一种直接求出的最小值，由最小值不小于0得参数范围；第二种方法是分离参数为，求出的最大值，然后由得范围． 19. 定义：多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的一个顶点，（，且）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，． （1）求四棱锥在顶点处的离散曲率； （2）求四棱锥内切球的表面积； （3）若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出、、的值，结合曲率的定义可计算出结果； （2）计算出四棱锥的表面积，根据等体积法计算出四棱锥内切球的半径，结合球体体积公式可求得结果； （3）过点作交于点，连接，推导出平面，分析可知，为直线与平面所成的角，然后设，利用余弦定理求出，利用三角形相似求出，结合函数基本性质求出的范围，即可得出结果. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为，则． 因为平面，平面，所以， 又，，、平面，所以平面， 又平面，所以，即， 由离散曲率的定义得． 【小问2详解】 因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以， 设四棱锥的表面积为， 则 ． 设四棱锥的内切球的半径为，则， 所以， 所以四棱锥内切球的表面积． 小问3详解】 如图，过点作交于点，连接， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角． 易知，当与重合时，； 当与不重合时，设， 在中，由余弦定理得 因为，所以，所以，则， 所以． 当分母最小时，最大，即最大，此时（与重合）， 由，得，即， 所以的最大值为， 所以直线与平面所成角的取值范围为． 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 萍乡市2024－2025学年度第一学期期中考试 高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：高考范围（不含空间向量，平面解析几何，概率与统计）． 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知集合，，若，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 3. 已知直线，与平面满足，，对于下列两个命题：①“”是“”的充分不必要条件；②“”是“”的必要不充分条件.判断正确的是（ ） A. ①，②都是真命题 B. ①是真命题，②是假命题 C. ①是假命题，②是真命题 D. ①，②都是假命题 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面向量，，，若，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若函数恰有5个零点，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列是等比数列，且，，，成等差数列．若，且对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. （0，1） 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. 已知实数，，满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 若函数图像的两相邻对称轴间的距离为，且图像关于点中心对称，将的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上有两个极值点 C. 的图像与的图像关于直线对称 D. 直线是曲线切线 11. 已知函数，函数的定义域为，且在区间上单调递减，若的图像关于直线对称，则（ ） A. 的图像关于轴对称 B. 的图像关于原点对称 C 若恒成立，则或 D. 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. 用铁水灌注上、下底面的边长分别为和的正四棱台工件，若其侧面梯形的高为，则所需铁水的体积为_____．（灌注过程中铁水无额外损耗） 14. 设，且，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. 如图，在正方体中，，分别是棱，中点． （1）证明：，，，四点共面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 16. 如图，在平面四边形中，，，，． （1）求四边形周长； （2）求四边形的面积． 17. 已知首项为1的正项数列的前项和为，且． （1）求数列通项公式； （2）设，记数列的前项和为，证明：． 18. 已知函数． （1）证明：的图象与轴相切； （2）设． （i）当时，求函数的单调区间； （ii）若在上恒成立，求实数的取值范围． 19. 定义：多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的一个顶点，（，且）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，． （1）求四棱锥在顶点处的离散曲率； （2）求四棱锥内切球的表面积； （3）若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $