精品解析：江苏省镇江市2024-2025学年高三上学期期中质量检测数学试卷

镇江市2024~2025学年度第一学期高三期中质量检测 数学试卷 2024.11 注意事项： 1．答卷前，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，将答题卡交回． 一、单项选择题：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，，则元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 设复数，则的虚部是（ ） A. 1 B. C. i D. 3. 等比数列的各项均为正数，若，，则（ ） A. 588 B. 448 C. 896 D. 224 4. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，函数在上没有零点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 6. 已知为第一象限角，且，则（ ） A. 9 B. 3 C. D. 7. 设无穷等差数列的公差为，其前项和为．若，则“有最小值”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ） 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. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的最大值为 D. 在上单调递增 10. 已知函数的导函数为（ ） A. 只有两个零点 B. C. 是的极小值点 D. 当时，恒成立 11. 如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（ ） A. 存在，使得 B. 当时，存在，使得平面 C. 当，时，四面体的体积为 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 镇江的慈寿塔是金山寺的标志性建筑，创建于1400余年前的齐梁时期．某同学为了测量慈寿塔的高，他在山下处测得塔尖点的仰角为，再沿正对塔方向前进20米到达山脚点，测得塔尖点的仰角为，塔底点的仰角为，则慈寿塔高约为______米．（，答案保留整数） 13. 已知数列是单调递增数列，其前项和为（，为常数），写出一个有序数对________，使得数列是等差数列． 14. 定义在上的函数满足是奇函数，则的对称中心为________；若，则数列的通项公式为________． 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. 在锐角三角形中，角，，所对边分别是，，，已知． （1）求的值； （2）若，求的值． 16. 已知函数，． （1）求证：直线既是曲线的切线，也是曲线的切线； （2）请在以下三个函数：①；②；③中选择一个函数，记为，使得该函数有最大值，并求的最大值． 17. 已知，数列前项和，且满足；数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）是否存在实数，使得数列是等差数列？如果存在，求出实数的值；如果不存在，请说明理由； （3）求使得不等式成立的的最大值． 18. 在四棱锥中，，，平面，，分别为，的中点，． （1）求证：平面平面； （2）若，求点到平面的距离； （3）若二面角的余弦值为，求． 19. 已知函数． （1）当时，讨论单调性； （2）当时，，求取值范围； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 镇江市2024~2025学年度第一学期高三期中质量检测 数学试卷 2024.11 注意事项： 1．答卷前，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，将答题卡交回． 一、单项选择题：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，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先解对数不等式得出集合B，再根据交集定义求解. 【详解】因为，所以, 所以，共3个元素. 故选：C． 2. 设复数，则的虚部是（ ） A. 1 B. C. i D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法即可得到答案. 【详解】，虚部为， 故选：B． 3. 等比数列的各项均为正数，若，，则（ ） A. 588 B. 448 C. 896 D. 224 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列基本量运算结合各项正得出公比为2，再应用通项公式计算即可. 【详解】因为等比数列的各项均为正数且，所以，可得或（舍） . 故选：B． 4. 已知向量，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数量积的性质得到，然后求投影向量即可. 【详解】由，得，由， 得，则， 因此，在上的投影向量为. 故选：D. 5. 已知，函数在上没有零点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分、讨论，根据没有零点求出的范围可得答案. 【详解】时，， 若无解，则或； 时，， 若无解，则， 则. 故选：D． 6. 已知为第一象限角，且，则（ ） A. 9 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件求出的值，再通过正余弦化切将所给关系式化简，代入即可. 【详解】因为为第一象限角，且，则 ，解得，因为， 解得，又. 故选：C 7. 设无穷等差数列的公差为，其前项和为．若，则“有最小值”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，结合充分不必要条件的定义即可求解. 【详解】若有最小值，则单调递增，故， 但时，若，此时数列为常数列，没有最小值， 因此“有最小值”“”， ∴“有最小值”是“”的充分不必要条件 故选：A． 8. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用数量积定义和余弦定理，结合基本不等式计算. 【详解】，∴，∴， ∴ ， 所以， 故选：A． 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. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的最大值为 D. 在上单调递增 【答案】AC 【解析】 【分析】由偶函数的定义可得选项A正确；根据可得选项B错误；根据，结合倍角公式可得选项C正确；当时，函数可化为，根据正弦型函数的性质可得选项D错误. 【详解】因为定义域为，，所以，为偶函数，选项A正确． 因为， 的最小正周期不为选项，B错误． ，选项C正确． ，，， 时，，在上单调递增， 时，，在上单调递减，选项D错误． 故选：AC. 10. 已知函数的导函数为（ ） A. 只有两个零点 B. C. 是的极小值点 D. 当时，恒成立 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导，可得函数的单调性，即可根据单调性求解函数的极值，进而可判断ACD，代入验证即可求解B. 【详解】 令，则或3， 当或时，，当时，， 故在单调递增，单调递减，单调递增，，，且，∴有且仅有两个零点，A对． ，故B正确， 是极大值点，C错． 时，，，结合函数的单调性可得恒成立，D对． 故选：ABD 11. 如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（ ） A. 存在，使得 B. 当时，存在，使得平面 C. 当，时，四面体的体积为 D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，用反证法判定.对于B，运用面面平行得到线面平行.对于C,通过条件，分析出体积之间的关系，运用等体积发计算即可.对于D，运用向量法，结合垂直的数量积为0计算即可. 【详解】对于A，，则与不可能垂直，若，则面，则，则面矛盾，A错． 对于B，取中点，则，过作交于点，此时为中点，则面平面，∴平面，对． 对于D，如图建系，，，， ，，，， ∴，∴，D对． 对于C,时，，时，到平面的距离是到平面距离的.，其中表示到平面的距离，是到平面距离，，C对， 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 镇江的慈寿塔是金山寺的标志性建筑，创建于1400余年前的齐梁时期．某同学为了测量慈寿塔的高，他在山下处测得塔尖点的仰角为，再沿正对塔方向前进20米到达山脚点，测得塔尖点的仰角为，塔底点的仰角为，则慈寿塔高约为______米．（，答案保留整数） 【答案】31 【解析】 【分析】根据给定条件，再结合直角三角形边角关系求解即得. 【详解】如图，，，，， 设，则，，， ∴，∴， 则． 故答案为：31. 13. 已知数列是单调递增数列，其前项和为（，为常数），写出一个有序数对________，使得数列是等差数列． 【答案】.(答案不唯一) 【解析】 【分析】取，，则，所以，由等差数列的定义可证明为等差数列. 【详解】取，，则，所以， 则， 所以数列是公差为的等差数列． 即可以是． 故答案为：.(答案不唯一) 14. 定义在上的函数满足是奇函数，则的对称中心为________；若，则数列的通项公式为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据函数对称中心定义判断函数对称中心，再应用对称中心性质分组求和计算即可. 【详解】关于对称，则 ∴，则关于对称， ， ∴，则． 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. 在锐角三角形中，角，，所对的边分别是，，，已知． （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦的二倍角公式计算可得答案； （2）利用平方关系、两角和的正弦展开式化简得出，再结合平方关系可得答案. 【小问1详解】 ，∴， 可得，即，， 而为锐角三角形，，∴； 【小问2详解】 因为为锐角三角形，，所以， 解法一：因为，由正弦定理得，所以， 得， ∴，∴， 由且为锐角三角形， 可得． 解法二：因，由余弦定理得，所以， 所以， 所以. 16. 已知函数，． （1）求证：直线既是曲线的切线，也是曲线的切线； （2）请在以下三个函数：①；②；③中选择一个函数，记为，使得该函数有最大值，并求最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）设出的切点，即可求导，求解的切线方程，联立直线与，根据判别式为0，即可证明相切， （2）求导，即可根据函数的单调性求解. 【小问1详解】 设与切于， ，∴ ∴切线方程为，令， 此时在处的切线方程为，即是的切线， 联立，∴， ∴在处的切线为， ∴也是的切线． 因此直线既是曲线的切线，也是曲线的切线； 【小问2详解】 若选①，当时，，显然无最大值．不符合题意， 若选②，， ， 当或时，，当， 故在上单调递减；上单调递增，上单调递减， 时，且，，，∴． 若选③，则， 当或时，，当， 所以在上单调递增；上单调递减；上单调递增， 时，且，，，∴． 17. 已知，数列前项和为，且满足；数列满足，． （1）求数列的通项公式； （2）是否存在实数，使得数列是等差数列？如果存在，求出实数的值；如果不存在，请说明理由； （3）求使得不等式成立的的最大值． 【答案】（1） （2）存在， （3）4 【解析】 【分析】（1）根据作差得到，结合等比数列的定义计算可得； （2）假设存在实数，使得数列是等差数列，根据等差数列的定义作差得到，即可求出； （3）结合（2）可得的通项公式，即可得到，令，利用作差法说明单调性，即可求出的最大值. 【小问1详解】 因为①，②， ②-①得，∴，而，∴， ∴成首项为，公比为的等比数列，∴． 小问2详解】 假设存在实数，使得数列是等差数列， ∴ 为常数， ∴，解得， ∴存在使成等差数列，且公差为． 【小问3详解】 由（2）知，∴， 解法一：∴不等式，即， 令，则（或使用作商法得）， ∴在上单调递减，注意到，， ∴时，，∴． 解法二：∴不等式，即，当时，不等式显然成立， 令， 则（或者通过导数说明单调递减），则单调递减， 所以，∴； 解法三：∴不等式，即，当时，不等式显然成立， 当时，，不合题意； ∴． 18. 在四棱锥中，，，平面，，分别为，的中点，． （1）求证：平面平面； （2）若，求点到平面的距离； （3）若二面角的余弦值为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）先运用线面垂直性质得到，进而证明平面，再由，得到平面，进而得到面面垂直即可； （2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和方向向量，面的法向量坐标，结合点到面的距离公式计算即可； （3）运用向量法，结合二面角的余弦值为，建立方程计算即可. 【小问1详解】 证明：∵平面，∴， 又∵，∴，，∴平面， 又∵，分别为，的中点 ∴，∴平面， ∵平面，∴平面平面. 【小问2详解】 如图建系 ∵，，， ∴，，，， ∴，，，， ∴，，，， 设平面的一个法向量，∴， ∴到平面的距离． 小问3详解】 仿（2）建系，设，∴，，，， 设平面和平面的一个法向量分别为，， ∴，， 显然二面角平面角为锐角，∴， ∴，即． 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，证明：． 【答案】（1）时， 单调递减；当时， 单调递增． （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数，讨论与的大小即可得出的单调性； （2）分离参数将题意转化为对恒成立，令，，求出即可得出答案； （3）先证右边，借助（2）中所得，可得，令，可得，累加即可得证等式右边.再证左边，当时，，令，可得累加即可得证等式左边. 【小问1详解】 当时，，的定义域为, 所以，令， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 【小问2详解】 对恒成立， 即对恒成立，所以对恒成立， 令，， ， 令，， ，所以在上单调递减， 所以，所以，所以在上单调递减， 而时，，当趋近正无穷时，趋近0， ∴． 【小问3详解】 先证右边，证 只需证：， 由（1）知当时，（当且仅当时取“=”）， ∴，令，∴， 此时右边得证. 再证左边：，， ，所以在上单调递减， 所以，所以时，， ∴，∴， 即， ∴，左边得证！ 综上：不等式得证！ 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于从（2）中所得，可得，再累加即证明等式右边成立，再证左边当时，，令，可得累加即可得证等式左边. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $