精品解析：陕西省汉中市2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题

高三数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，一元二次函数，方程和不等式，函数的概念与性质，一元函数的导数及其应用，三角函数与解三角形，平面向量与复数，数列，立体几何. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在等差数列中，，则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 4. “”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 5. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 5 D. 9 6. 已知某圆锥的轴截面是一个斜边长为4的等腰直角三角形，将该圆锥切割成一个球体，则该球体表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 8. 函数所有零点的和为（ ） A. B. C. D. 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. 已知虚数是方程的两个不同的根，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数满足对任意，均有，且，设，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，则在上为奇函数 D. 若，则 11. 如图，在六面体中，四边形为菱形，四边形为正方形，平面平面，若，则下列说法正确的是（ ） A. 四边形为平行四边形 B. 平面平面 C. 若过的平面与平面平行，则该平面与的交点为棱的中点 D. 三棱锥体积的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的极大值点为__________. 13. 已知，则__________. 14. 在数列中，.设数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围为__________. 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. 已知的内角满足. （1）求； （2）证明：. 16. 已知数列的前项和满足. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 已知函数. （1）求的图象在处的切线方程； （2）若函数，求不等式的解集. 18. 如图，在四棱柱中，底面为矩形，为的中点，且. （1）证明：①平面；②. （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 曲率是表示曲线在某一点的弯曲程度的数值，曲线的曲率定义如下：若是函数的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率. （1）若函数，求曲线在点处的曲率. （2）若函数，证明：曲线在其上任意一点处的曲率为定值，且该定值为. （3）已知函数，若在曲线上存在一点，使曲线在点处的曲率，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语，一元二次函数，方程和不等式，函数的概念与性质，一元函数的导数及其应用，三角函数与解三角形，平面向量与复数，数列，立体几何. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解集合，然后利用补集的定义即可求解. 【详解】由，可得，所以， 由，可得，解得，所以， 所以. 故选：B. 2. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算可求得结论. 【详解】因为，所以. 故选：D. 3. 在等差数列中，，则（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差中项的性质，建立方程求解即可. 【详解】因为是等差数列，所以，则. 故选：C. 4. “”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】A 【解析】 【分析】根据不等式的性质，对数函数的性质结合充分不必要的定义即可判断. 【详解】由，得， 则，从而. 取，满足，不满足. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：. 5. 已知正数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. 5 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用“1”的代换结合基本不等式可求最小值. 【详解】由，得， 则， 当且仅当时，等号成立. 故选：B 6. 已知某圆锥的轴截面是一个斜边长为4的等腰直角三角形，将该圆锥切割成一个球体，则该球体表面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设切出的球体的最大半径为，根据条件得出，计算可得，然后根据球体的表面积公式计算即可. 【详解】因为该圆锥的轴截面是一个斜边长为4的等腰直角三角形， 所以该圆锥的底面半径和高均为2，设切出的球体的最大半径为， 能切割成的一个球体为圆锥的内切球，内切球的的大圆即为等腰直角三角形的内切圆， 则，得，此时该球体的表面积. 故选：B. 7. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用奇函数的定义证明即可. 【详解】，则, 定义域为R,且，则是奇函数. 故选：D. 8. 函数所有零点的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将零点问题转换成两个函数和的交点问题，再由函数图象关于对称，即可求出所有零点之和. 【详解】如图，绘制函数与函数的图象， 可知与的图象恰有个公共点， 且它们的图象均关于直线对称，所以所有零点的和为. 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. 已知虚数是方程的两个不同的根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】解出方程的两个不同的根，逐项判断选项. 【详解】由，得，则， 则. 故选：AC 10. 已知函数满足对任意，均有，且，设，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，则在上为奇函数 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法逐项分析推理得解. 【详解】对于A，取，得，则，A错误； 对于B，取，得，取， 则，即， ，B正确； 对于C，若，则，取，得， 则，在上为奇函数，C正确； 对于D，取，得，即，D正确. 故选：BCD 11. 如图，在六面体中，四边形为菱形，四边形为正方形，平面平面，若，则下列说法正确的是（ ） A. 四边形为平行四边形 B. 平面平面 C. 若过的平面与平面平行，则该平面与的交点为棱的中点 D. 三棱锥体积的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，利用面面平行得线线平行即可，当与不平行时，即可判断B，对是否在上进行分析即可判断C，当时，取得最大值即可判断D. 【详解】对于A：因为四边形为菱形，四边形为正方形， 所以，且， 则平面平面， 又平面平面，平面平面， 得. 由，得， 又平面，平面，则平面. 因为平面平面，所以， 则四边形为平行四边形，故A正确. 对于B：因为平面平面，平面平面， 四边形为正方形，所以平面， 当与不平行时，平面与平面不垂直，故B不正确. 对于C：如图，过作，且，连接， 易得四边形为正方形，连接， 易证得,且， 则平面平面，若在上，则为的中点，即， 若不在上，则不为的中点，即，故C不正确. 对于D：，显然当时，取得最大值， 且最大值为，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. 函数的极大值点为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式，利用导数与函数极值的关系，可得答案. 【详解】由，得. 当时，0，当时，， 从而的极大值点为，极小值点为. 故答案为：. 13. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用倍角正余弦公式及平方关系得到正余弦齐次式，由弦化切求值即可. 【详解】. 故答案为：. 14. 在数列中，.设数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用递推关系式证得是等差数列，从而求得，再利用裂项相消法求得，根据恒成立求得的范围. 【详解】由，得，即. 因为，所以，则， 则. 要使恒成立，则，解得. 所以的取值范围为. 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. 已知的内角满足. （1）求； （2）证明：. 【答案】（1） （2） 由（1）可知，， 则. 由，得，则. 因为，所以. 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理进行边角互化，再用余弦定理和同角三角函数关系式计算； （2）利用余弦定理，结合二倍角公式计算证明即可. 【小问1详解】 由，得. 由正弦定理得. 设， 由余弦定理得， 则. 【小问2详解】 略 16. 已知数列的前项和满足. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）= 【解析】 【分析】（1）应用，可求出通项公式； （2）方法一应用错位相减法计算求和；方法二应用待定系数法结合累加即可求解. 【小问1详解】 当时，. 当时，由，得， 则. 因为，所以. 【小问2详解】 （方法一）由（1）可得. 则，① 则，② ，得 ， 从而. （方法二）由（1）可得， 令，则 令，且， 则， 整理得， 则，解得， 故. . 17. 已知函数. （1）求的图象在处的切线方程； （2）若函数，求不等式的解集. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意求得切线斜率，求得切点坐标，利用点斜式方程可求切线方程； （2）作差得，构造函数，根据导数研究其单调性，求得最值，进而可得答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 则， 则的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 . 令，则， 由，得， 当时，单调递减， 当时，单调递增，则. 故当时，，当时，， 从而的解集为. 18. 如图，在四棱柱中，底面为矩形，为的中点，且. （1）证明：①平面；②. （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）①连接交于点，连接，取的中点，连接交于点，证明，再利用线面垂直的性质定理判定即可得； ②借助线面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理可得，结合为的中点即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，表示出平面与平面后再利用空间向量夹角公式计算即可得解. 【小问1详解】 ①如图，连接交于点，连接，取的中点， 连接交于点， 由，故，故， 因为，所以， 则，从而， 则， 因为为的中点，所以，则， 又，平面， 所以平面， ②因为平面，所以，则， 由为的中点，得， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又为的中点，所以； 【小问2详解】 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，并设， 则， 则，得， 则， 设平面的法向量为， 由，得， 令，得， 所以为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由，得， 令，则， 得， ， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 曲率是表示曲线在某一点的弯曲程度的数值，曲线的曲率定义如下：若是函数的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率. （1）若函数，求曲线在点处的曲率. （2）若函数，证明：曲线在其上任意一点处的曲率为定值，且该定值为. （3）已知函数，若在曲线上存在一点，使曲线在点处的曲率，求的取值范围. 【答案】（1）2 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求出后根据公式可求曲率； （2）求出函数的一阶导数和二阶导数后根据曲率公式可证曲率为常数； （3）根据曲率定义结合题设条件可得，设，利用导数讨论其单调性后可求参数的范围. 【小问1详解】 因为，所以， 则，故曲线在点处的曲率. 【小问2详解】 证明：因为，所以. ， 则， 故曲线在其上任意一点处的曲率为定值，且该定值为. 【小问3详解】 因为， 所以， 则， 则，即. 令，则， 即存在，使得不等式成立. 令， 则0在上恒成立， 则在上单调递减， 则，解得或， 故的取值范围为. 【点睛】思路点睛：函数新定义问题，应该根据新定义计算即可，而不等式的恒成立问题，可利用导数讨论其单调性后得到关于参数的不等式，从而可求参数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $