精品解析：江西省上饶市余干县余干中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

余干中学2025届高三年级期中考试 数学试题 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2B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：集合，常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数与解三角形，平面向量，复数，数列. 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，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算法则、乘方法则计算后，再结合共轭复数，复数的定义确定． 【详解】由题意可知，，所以， 所以的虚部为. 故选：A. 2. 已知集合，，则集合的真子集的个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 31 D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】计算出后计算真子集个数即可. 【详解】由题得 所以，所以真子集个数为. 故选：A 3. 已知，，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，利用换元法可将原式变形再利用基本不等式即可求得结果. 【详解】由可得，且 因此， 令，则； 又； 当且仅当时，即时，等号成立； 此时的最小值为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将未知数个数减少，并合理变形利用基本不等式求解. 4. 设，则“”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】由三角函数的基本关系及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】判断充分性： 若，由得，，所以. 因此“”能推出“”，充分性成立； 判断必要性： 若，由得，，所以. 因此“”不能推出“”，必要性不成立. 综上，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 复印纸按照幅面的基本面积，把幅面规格分为系列、系列、系列，其中系列的幅面规格为，，，…，，所有规格的纸张的长度（以表示）和幅宽（以表示）的比例关系都为；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；…，如此对开至规格.现有，，，…，纸各一张，若纸的幅宽为，则这9张纸的面积之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，设纸的幅宽为，利用等比数列的通项公式及前n项和公式列式计得解. 【详解】设纸的幅宽为，则的长宽分别为，的长宽分别为，的长宽分别为，…， 因此，，，…，纸的幅宽构成以为首项，为公比的等比数列， 由，得，则的长宽分别为，其面积为， 依题意，9张纸的面积是首项为，公比为的等比数列， 所以这9张纸的面积之和为. 故选：D 6. 已知点在幂函数的图象上，设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】点在幂函数的图象上，求出解析式，判断单调性，通过比较指数式与对数式的大小，由单调性判断函数值的大小. 【详解】点在幂函数的图象上，则有， 解得，有，则在R上单调递增. 由，， 则，所以， 即. 故选：C. 7. 已知函数（，），为的最小正周期，且，若在区间上恰有3个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得为图象的一条对称轴，即可求出，再由的取值范围，求出的取值范围，再结合极值点及正弦函数的性质得到，解得即可. 【详解】由题意可得：的最小正周期，又， 且，所以为图象的一条对称轴， 所以（），解得（）， 又，所以，故. 当时，则，若函数在区间上恰有3个极值点， 则，解得，故的取值范围是. 故选：C. 8. 已知是函数的两个极值点，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导得极值点满足的等量关系，回代入式子化简减元，将恒成立问题转化为一元函数值域问题求解可得. 【详解】，则， 令，得，由题意知是方程的两正根， 则，解得，且. 由 ， 令，则， 由，故在单调递减，故， 要使恒成立，即恒成立， 则，则实数的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：多变量不等式的恒成立问题，处理关键是代数变形与消元处理.通过代换将所证的双变量不等式转化或直接消元转化为单变量的函数不等式，如： (含对数式时常用)或（含指数式时常用)或，等等，然后再通过构造函数求导分析，利用函数单调性进行后续研究. 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. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且，是与的等比中项，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 当时，的最大值为22 D. 当取得最大值时，的值为11 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等差数列的前项和与等比中项求出通项公式，由通项公式直接判断AB，再求出前项和表达式判断CD． 【详解】设等差数列的公差为（）， 又是与的等比中项，所以， 即，所以， 又，所以，又， 所以， 解得，所以， 所以，故A正确；，故B错误；，令，解得， 所以当时，的最大值为22，故C正确； 因为，所以当取得最大值时，的值为11或12，故D错误. 故选：BD. 10. 在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若为锐角三角形，则 C. 若，则是直角三角形 D. 若，则是等边三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】正弦定理化角为边，利用余弦定理确定角的范围判断A，由锐角三角形的定义及正弦函数性质判断B，由正弦定理化边为角，再利用三角函数恒等变换求得判断C，利用余弦函数性质求得的关系判断D． 【详解】由正弦定理得，所以， 所以为锐角，但不能断定是否为锐角三角形，故A错误； 在锐角中，由，可得，且，. 由函数在上单调递增， 得，即，故B正确； ，由正弦定理得， 所以 ，得， 因为，，所以，，所以， 因为，所以，为直角三角形，故C正确； ，，， 故，同理可得， ，要使，则需， 所以，，， 所以，是等边三角形，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知实数，满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对条件进行变形得，注意到左右两边式子结构相同，所以想到构造函数，利用导数研究其单调性可得到.对于A，，结合对数函数的图象与性质即可判断与0的大小；对于B，构造函数，利用导数研究其单调性，进而可知其最值；对于C，构造函数，利用导数研究其单调性，进而可知其最值；对于D，构造函数，利用导数研究其单调性，进而可知其最值. 【详解】对于A，因为，所以， 即，令，则， 又，所以在上单调递增， 所以，即，所以，故A正确； 对于B，设，所以， 令，所以， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 又，所以，即，故B正确； 对于C，令，所以，令，所以， 令，解得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以，即， 所以在上单调递减，又， 所以，即， 即，故C正确； 对于D，因为，即， 令，又， 所以为偶函数，所以，即为. 又，令，则， 所以单调递增，又， 所以当时，，，函数单调递减； 当时，，，函数单调递增， 当时，，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，若，则向量在向量上的投影向量的坐标为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据，可求得，再由投影向量的计算公式求解即可. 【详解】因为，，， 所以，解得， 所以， 即向量在向量上的投影向量的坐标为. 13. 已知函数称为高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，则不等式的解集为______；当时，的最大值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】解分式不等式可得，再结合定义可得空一；分及，结合基本不等式计算可得空二. 【详解】由，即，解得， 又表示不超过的最大整数，故； 当时，，则， 当时，， 当且仅当，即时，等号成立， 即当时，的最大值为. 故答案为：；. 14. 已知，满足，，则______. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】将两式平方相加，可得，平方相减，可得与的关系，结合和差化积公式把化成，可得的值. 【详解】因为， 所以，， 相加得， 即，所以， 相减得 ， 又， ， 所以， 所以， 所以， 解得. 故答案为： 【点睛】方法点睛：已知，求值的问题，通常对已知的两式有如下处理方式： （1）两式平方相加，可得的值. （2）两式相乘，利用和差化积公式，结合（1）中的值，可求的值. （3）两式平方相减，结合和差化积公式，结合（1）中的值，可求的值. 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. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间和对称中心； （2）将函数的图象向左平移个长度单位，得到函数的图象，若的图象关于直线对称，当时，求函数的值域. 【答案】（1），，， （2） 【解析】 【分析】（1）由三角函数恒等变换公式化简函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质求得单调区间与对称中心； （2）由三角函数图象变换求得，再利用对称性求得值，得函数解析式，然后结合正弦函数性质求得值域． 【小问1详解】 ， 令（），则（）， 所以函数的单调递减区间为（）. 令，则，，所以函数的对称中心为，. 【小问2详解】 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象， 因为的图象关于直线对称，所以，即，， 又，所以. 所以. 因为，所以， 所以的值域为. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）若，求角的大小； （2）若，的面积为，求的值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正切公式，及三角形内角和为，得到，由此即可求出值，化为即可求解； （2）根据三角形面积公式，及，得到，，由余弦定理得到，再利用正弦定理即可求解. 【小问1详解】 在中，， 所以， 从而. 又，，所以，即，所以. 所以. 故，而，所以，故或，解得或. 【小问2详解】 在（1）中我们不借助条件即可得到，故此时仍有，从而，. 设的面积为，则，所以. 而，故. 所以. 17. 如图，在矩形中，点是边的中点，点是边上的一点，且. （1）若点满足，求证：，，三点共线； （2）若，，求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1） 由题意知， ， 又， 所以， ， 所以，所以，，三点共线. （2） 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算证明共线后即得； （2）用表示各向量，由已知数量积求得，再由向量夹角公式计算． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意知， ， 所以 ， 所以. 所以 ， 又，， 所以. 18. 已知函数. （1）若的图象在处的切线方程为，求的值； （2）若，证明：； （3）讨论的零点的个数. 【答案】（1）， （2） 证明：若，则， 所以， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 当且仅当时，等号成立； 令，，所以， 令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，当且仅当时，等号成立， 所以，即. （3）当或时，仅有一个零点；当或时，有两个零点. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义得，求，再利用切点即在曲线上也在切线即可求出； （2）由，令，将问题转化为即可求解； （3）求导利用导函数判断单调性，再结合零点存在性定理判断零点的个数. 【小问1详解】 由题意得， 又的图象在处的切线方程为， 所以，解得， 所以，所以，所以，解得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得的定义域为，， 当时，，在上单调递增， 又，所以有且仅有一个零点1； 当时，令，解得， 易知在上，，则在上单调递减， 在上，，则在上单调递增， 又，， 所以在上有一个零点，在上有一个零点1， 所以在，上各有一个零点； 当时，令，解得， 易知在上，，则在上单调递减， 在上，，则在上单调递增， 故的最小值为，故仅有一个零点； 当时，令，解得， 易知在上，，则在上单调递减，且， 所以在上有一个零点1， 在上，，则在上单调递增， 又，， 所以在上有一个零点， 故在，上各有一个零点. 综上，当或时，仅有一个零点； 当或时，有两个零点. 【点睛】方法点睛：函数零点的求解与判断方法： （1）直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点； （2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且， 还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点； （3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 【答案】（1）是T数列， 理由：由题知，即， 所以，， 当时，，所以是T数列． （2）证明：假设是数列，则对任意正整数，总是中的某一项， ， 所以对任意正整数，存在正整数满足：， 显然时，存在，满足， 取，得，所以， 可以验证：当，2，3，4时，都不成立， 故不是T数列. （3）或． 【解析】 【分析】（1）由题知，再根据T数列的定义，即可作出判断； （2）先假设是数列，从而有，再进行验证，即可证明结果； （3）根据题设得到，取对数后可得，分类讨论后可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 已知是等比数列，其首项，公比， 所以， 所以， 由题意知对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 若，则，任意，这不可能成立； 若， 故对任意，总存在使得该等式成立， 故必为整数， 取，则有正整数解，故， 若，则，此时方程对任意， 必有正整数解； 若，则， 此时方程对任意， 必有正整数解； 综上，或． 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 余干中学2025届高三年级期中考试 数学试题 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2B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：集合，常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数与解三角形，平面向量，复数，数列. 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，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则集合的真子集的个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 31 D. 32 3. 已知，，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则“”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. 复印纸按照幅面的基本面积，把幅面规格分为系列、系列、系列，其中系列的幅面规格为，，，…，，所有规格的纸张的长度（以表示）和幅宽（以表示）的比例关系都为；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格；…，如此对开至规格.现有，，，…，纸各一张，若纸的幅宽为，则这9张纸的面积之和为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点在幂函数的图象上，设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数（，），为的最小正周期，且，若在区间上恰有3个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是函数的两个极值点，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） 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. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且，是与的等比中项，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 当时，的最大值为22 D. 当取得最大值时，的值为11 10. 在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若为锐角三角形，则 C. 若，则是直角三角形 D. 若，则是等边三角形 11. 已知实数，满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，，若，则向量在向量上的投影向量的坐标为______. 13. 已知函数称为高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，则不等式的解集为______；当时，的最大值为______. 14. 已知，满足，，则______. 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. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间和对称中心； （2）将函数的图象向左平移个长度单位，得到函数的图象，若的图象关于直线对称，当时，求函数的值域. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）若，求角的大小； （2）若，的面积为，求的值. 17. 如图，在矩形中，点是边的中点，点是边上的一点，且. （1）若点满足，求证：，，三点共线； （2）若，，求向量与的夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）若的图象在处的切线方程为，求的值； （2）若，证明：； （3）讨论的零点的个数. 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $