精品解析：陕西省榆林市2024-2025学年高三上学期第一次模拟检测数学试题

榆林市2024至2025学年高三年级第一次模拟考试 数学试题 考生注意： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟. 2.请将各题答案填写在答题卡上. 3.本试卷主要考试内容：集合与简易逻辑､不等式､函数与导数､三角函数与解三角形､平面向量､复数､数列､空间向量与立体几何. 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再利用交集运算求出. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 2. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】求复数的代数形式，再根据复数的几何意义确定其象限. 【详解】复数， 则在复平面内对应的点位于第二象限， 故选：B. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式，即可确定选项. 【详解】解法1：当时，由得，解得， 当时，由得，解得， 故由可得：或， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 解法2：设，可得：， 对于，都有，故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得曲线在点处的切线，再根据直线与抛物线相切求解即可. 【详解】由得，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 由，得， 所以，解得. 故选：D. 5. 下图是学校体育场经常使用的篮球收纳筐（有盖），已知一个篮球的半径为12厘米，收纳筐底面的长和宽分别为和.若要放下8个这样的篮球，则篮球收纳筐的高度的最小整数值为（ ） A. 39 B. 40 C. 41 D. 42 【答案】C 【解析】 【分析】法1：过平面于，求得正四棱锥的高即可. 法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求得正四棱锥的高. 【详解】解法1：底层正好容纳6个球，当高度最低时，8个球的球心组成了下图所示的几何体， 则四棱锥为棱长均为24的正四棱锥， 过平面于，可得是正方形的中心， 因为，可得，由，可得， 此时. 解法2：底层正好容纳6个球，当高度最低时， 左侧的5个球的球心组成了棱长均为24的正四棱锥， 以为坐标原点，，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故选:C. 6. 在等腰梯形中，为线段上的动点，则的值不可能为（ ） A. 15 B. 12 C. 9 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】解法1：建系，设，，结合数量积的坐标运算求解；解法2：根据数量积的几何意义分析求解. 【详解】解法1：以A为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系， 则，设，， 可得，则， 结合选项可知选项A的值不可能成立； 解法2：设在上的数量投影为，则， 结合选项可知选项A的值不可能成立； 故选：A. 7. 已知函数在区间上的值域为.若，则的值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得函数在上递增，利用可得的值. 【详解】解法1：因为， 所以， 所以关于对称. 因为，函数在区间上的值域为，所以. 解法2：因为在上递增， 所以. 解法3：取，因为在上递增， 所以. 故选D. 8. 已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解法1：先利用正弦定理求出正三棱柱的底面圆半径，再借助于勾股定理建立方程，求出外接球半径即得.解法2：先判断正三棱柱的外接球球心在高线的中点，即可判断外接球半径继而得出外接球体积范围，排除其他三项即得. 【详解】 解法1：如图，设正三棱柱外接球的球心为，半径为. 记和外接圆的圆心分别为和，其半径为， 由正弦定理得：.而为的中点， 所以则 故选:A. 解法2：设正三棱柱外接球的半径为 因正三棱柱的高为，由对称性知其外接球球心必在高线的中点， 故此时. 故选:A. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 在上的最小值为2 D. 若，则的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用不等式的性质可得选项A错误，选项B正确；根据基本不等式可得选项C正确；举反例可得选项D错误. 【详解】解法1：因为，所以，A错误. 因为，所以，B正确. 当时，函数，当且仅当时取等号，C正确. 当，时，，D错误. 解法2：因为在上递减，，所以，A错误. 因为，所以在上递增，，B正确. 因为函数在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值2，C正确. 因为，所以，当时，，D错误. 故选：BC. 10. 函数，下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到 C. 若关于的方程在上有两个不相等的实数根，则 D. 函数的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，画出函数图象或整体思想分析可得选项A正确；根据函数图象平移左加右减的原则可得选项B正确；方程根的个数问题转化为函数图象交点个数问题可得选项C错误；利用同角三角函数的关系化简函数解析式可得选项D正确 【详解】解法1：，其函数图象如下图所示： 由图象可得：在上单调递增，A正确. 函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象， 所以的图象可由函数的图象向右平移个单位得到，B正确. 因为，所以， 所以与在上有两个交点， 即：，故，C错误. ， 当且仅当时取等号，D正确. 故选：ABD. 解法2：当时，，故在上单调递增，A正确. 因为，将其向右平移可得：，B正确. 时，取得最大值，该函数在上最多一个最大值，C错误.，令，则，当时，取得最大值，D正确. 故选：ABD. 11. 如图所示，在四棱锥中，底面是长方形，平面，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面平面 B. 若三棱锥的体积为四棱锥的体积的，则为的中点 C. 若，则不存在点使得直线和的夹角为 D. 设平面平面，则点从运动到（点不与点重合）的过程中，二面角的平面角的大小逐渐减小 【答案】AB 【解析】 【分析】利用线面垂直证明面面垂直可得选项A正确；转化棱锥体积可得到平面的距离为点到平面的距离的一半，故为的中点，选项B正确；将该四棱锥放入正方体，为的中点时，和的夹角为，可得选项C错误；利用二面角的变化趋势可得选项D错误. 【详解】解法1： 因为平面，平面，所以， 又因为，且两直线在平面内，所以平面，因为平面，所以. 当于时，，且两直线在平面内，所以平面，因为平面，所以平面平面，A正确. 因为，，所以，即，所以点到平面的距离为点到平面的距离的一半，故为的中点，B正确. 当为的中点时，连接交于，连接，则，则直线和的夹角等于直线和的夹角， 由得，，故为等边三角形，故存在点使得直线和的夹角为，C错误. 过作交的延长线于，则.过作于，连接，过作于，连接， 设二面角的平面角为，，均为定值，当点从运动到的过程中，先增加到1，而后逐渐减小，故先减小后增大，二面角平面角的大小也先减小后增大，D错误. 解法2：将该四棱锥放入长方体， 当于时，平面平面，A正确. 若三棱锥的体积为四棱锥体积的，则为的中点，B正确. 若，将该四棱锥放入正方体，为的中点时，和的夹角为，C错误. 当的长度趋于正无穷大，当点在处时，二面角的平面角趋于，当点在处时，二面角的平面角趋于，D错误. 故选：AB. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 数列的前满足的和为，若，（），则___________. 【答案】11 【解析】 【分析】由题意，根据计算即可求解. 【详解】， 当时，， 又， 所以. 故答案为：11 13. 已知和是方程的两个根，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】解法1和解法2利用韦达定理结合三角恒等变换化简可得，解法3取特殊值求解. 【详解】解法1：， ， 所以，即. 解法2： . 解法3：令，则和0是方程的两个根， 则. 故答案为：. 14. 将5个1，5个2，5个3，5个4，5个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入1个数），使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2，设第列的所有数的和为为中的最小值，则的最大值为__________. 【答案】10 【解析】 【分析】依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论，确定的最大值. 【详解】依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论， （1）若5个1分布在同一列，则； （2）若5个1分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数至多为3， 故，故； （3）若5个1分布在三列中，则由题意知这三列中出现的最大数至多为3， 故，故； （4）若5个1分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3，这与已知矛盾. 综上所述，； 另一方面，如下表的例子说明可以取到10. 1 1 1 4 5 1 1 2 4 5 2 2 2 4 5 3 3 2 4 5 3 3 3 4 5 故答案为：10 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. 在递增数列中，. （1）求的值； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据递推式依次求出对应项，结合单调性确定最终值； （2）由题设得，应用等比数列前n项和求. 【小问1详解】 因为，所以，解得， 同理得或，或5，又是递增数列， 所以； 【小问2详解】 因为，所以， 所以或，又是递增数列，所以， 故，所以. 16. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若外接圆的半径为，求周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理得出结合、辅助角公式或者二倍角公式即可求解； （2）解法1：应用正弦定理得出边长，再结合余弦定理及基本不等式求解；解法2：先应用正弦定理再应用两角和差公式结合正弦函数值域求解. 【小问1详解】 解法1：因为，所以由正弦定理可得： ， 而，所以，即：， 因为，所以. 解法2：因为，所以由正弦定理可得：，而， 所以，即：， 因为，所以， 所以. 【小问2详解】 解法1：因为外接圆的半径为，所以， 由余弦定理得：， 所以， 当且仅当时等号成立，故三角形周长的最大值为. 解法2：因为外接圆的半径为，所以由正弦定理得：， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，故周长的最大值为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为2的正方形，是的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】（1）证明：解法1：因为平面，平面，平面， 所以. 因为四边形为正方形，所以. 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以. 设平面的法向量为，由可得：， 令，则. 因为，平面，所以平面. 解法2：如图，连接交于，连接， 因为分别为的中点，所以. 因为平面平面，所以平面. （2）2或4 【解析】 【分析】（1）结合题目条件建立空间直角坐标系，设，表示各点坐标，求和平面的法向量，利用可证明结论. （2）计算和平面的法向量，利用线面角的向量公式建立等量关系即可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1：由（1）知，，， 设平面的法向量为，由可得：， 令，则，设直线与平面所成角为， ，解得或，故长为2或4. 解法2： 作直三棱柱，过点作于，过点作于， 取的中点，连结，则平面平面，所以在平面的投影即为. 因为，所以四边形为平行四边形，所以， 所以为直线与平面所成的角. 设，则， 则，解得或，故长为2或4. 18. 已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）求的极值； （3）当时，证明：当时，. 【答案】（1）1 （2）时，无极值；当时，极小值，无极大值 （3） 法1：令， ， 令，则， 因为，所以， 因此在单调递增，，即， 故在单调递减，，即当时，. 法2：因为，所以， 要证当时，，即证， 令， 令，则，因为， 所以，因此在单调递增，， 即，故在单调递减，，故原不等式成立. 法3：令， ，由（1）可知，当且仅当时取等号， 因此，当且仅当时取等号， ， 即，故在单调递减，， 即当时，. 法4：令，则，故在单调递减. 由（1）可知：当时，，所以， 即：，故， 而，所以. 解法5：令，因为， 所以在单调递减.由（1）可知：当时，， 所以，即：， 故，而，所以. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，得到最小值； （2）求定义域，求导，分和两种情况，求出函数单调性，得到极值情况； （3）解法1：令，二次求导，结合特殊点函数值，得到其单调性，得到，即当时，； 解法2：根据题目条件得到，只需证，构造函数，求导得到其单调性，结合特殊点函数值证明出结论. 解法3：令，由（1）可知，当且仅当时取等号，放缩得到，得到函数单调性，故，证明出结论； 解法4：令，求导得到其单调性，由（1）得到，即，故，放缩得到； 解法5：令，求导得到其单调性，由（1）得到，即，放缩得到. 【小问1详解】 当时，，函数的定义域为.， 当时，；当时，. 因此在单调递减，在单调递增，故的最小值为. 【小问2详解】 的定义域为. 若时，则，故在单调递减，无极值； 若时，令得.当时，； 当时，. 因此在单调递减，在单调递增， 故有极小值，无极大值. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问，可以作差法构造函数进行求解，也可以放缩法证明，常见的放缩不等式有，，，，等，选择合适的不等式进行放缩求解. 19. 不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数. （1）证明：在有唯一的不动点； （2）已知，且的前项和为.证明： ①为递增数列，为递减数列，且； ②. 【答案】（1）证明：令， 则，，， 所以当时，在上递减， 而，故在有唯一的零点， 即在有唯一的不动点. （2）①证明：因为， 所以，在上单调递增； ， 所以， 而在的不动点为， 所以， 假设时，成立， 则，即成立， 结合可得：对于任意恒成立， 故为递增数列，为递减数列，且； ②证明：， 因为，所以，因此，即， 故. 【解析】 【分析】（1），利用导数求在上的单调性，结合不动点定义和零点存在定理证明即可； （2）①根据导函数求的单调性，结合（1）中不动点结论可得，再利用数学归纳法证明即可； ②利用，代入结合放缩法可得，即，故即可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 榆林市2024至2025学年高三年级第一次模拟考试 数学试题 考生注意： 1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟. 2.请将各题答案填写在答题卡上. 3.本试卷主要考试内容：集合与简易逻辑､不等式､函数与导数､三角函数与解三角形､平面向量､复数､数列､空间向量与立体几何. 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 4. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则（ ） A. B. C. D. 5. 下图是学校体育场经常使用的篮球收纳筐（有盖），已知一个篮球的半径为12厘米，收纳筐底面的长和宽分别为和.若要放下8个这样的篮球，则篮球收纳筐的高度的最小整数值为（ ） A. 39 B. 40 C. 41 D. 42 6. 在等腰梯形中，为线段上的动点，则的值不可能为（ ） A. 15 B. 12 C. 9 D. 6 7. 已知函数在区间上的值域为.若，则的值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 8. 已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（ ） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 在上的最小值为2 D. 若，则的最小值为 10. 函数，下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到 C. 若关于的方程在上有两个不相等的实数根，则 D. 函数的最大值为 11. 如图所示，在四棱锥中，底面是长方形，平面，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面平面 B. 若三棱锥的体积为四棱锥的体积的，则为的中点 C. 若，则不存在点使得直线和的夹角为 D. 设平面平面，则点从运动到（点不与点重合）的过程中，二面角的平面角的大小逐渐减小 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 数列的前满足的和为，若，（），则___________. 13. 已知和是方程的两个根，则__________. 14. 将5个1，5个2，5个3，5个4，5个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入1个数），使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2，设第列的所有数的和为为中的最小值，则的最大值为__________. 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. 在递增数列中，. （1）求的值； （2）求数列的前项和. 16. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若外接圆的半径为，求周长的最大值. 17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为2的正方形，是的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 18. 已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）求的极值； （3）当时，证明：当时，. 19. 不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数. （1）证明：在有唯一的不动点； （2）已知，且的前项和为.证明： ①为递增数列，为递减数列，且； ②. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $