精品解析：山东省滨州市无棣县先行实验中学2025届高三上学期11月期中考试数学试题

山东名校考试联盟 2024-2025学年高三年级上学期期中检测 数学试题 2024．11 本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及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．如需要改动，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． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若（i为虚数单位）是关于x的方程的一个根，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知向量，不共线，，，若，，三点共线，则（ ） A. B. . C. 1 D. 2 4. 设，，则使成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足，则数列的前8项和为（ ） A. B. C. D. 6. 若，，且，，则（ ） A. B. C. D. 7. 用表示，，中的最小数，若函数为偶函数，且当时，，则的极值点的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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，两条相邻对称轴之间的距离为，且，则（ ） A. B. C. 关于对称 D. 在上单调递增 10. 记内角，，的对边分别为，，，已知，，若为的外心，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，点为上一动点，则（ ） A. 存在点使得 B. 的最小值为 C. 以为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12 D. 已知球为正方体的内切球，若在正方体内部与球外部之间的空隙处放入一个小球，则放入的小球体积最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数则________. 13. 数列的前项和为，且满足，，则________. 14. 已知函数，曲线在不同的三点处的切线斜率均为3，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，在四棱锥中，平面平面，，,，点在棱上，且. （1）求证:平面平面; （2）求平面与平面所成角的大小. 16. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，角的平分线交于，. （1）求； （2）求的取值范围. 17. 将个实数排成行列的数阵形式如下： . （1）当时，若每一行每一列均构成等差数列，且，求该数阵中所有数的和； （2）若，且每一行均为等差数列，每一列均为公比为的等比数列.已知，，，设，求的值. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论的单调性； （3）当时，，求的取值范围. 19. 已知集合，集合，记的元素个数为.若集合中存在三个元素，，，使得，则称为“理想集”. （1）若，分别判断集合，是否为“理想集”（不需要说明理由）； （2）若，写出所有的“理想集”的个数并列举； （3）若，证明：集合必为“理想集”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东名校考试联盟 2024-2025学年高三年级上学期期中检测 数学试题 2024．11 本试卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考场号及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．如需要改动，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． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， ， 所以， 故选：C 2. 若（i为虚数单位）是关于x的方程的一个根，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题知也是关于x的方程的一个根，进而结合韦达定理求解即可. 【详解】因为（i为虚数单位）是关于x的方程的一个根，所以，也是关于x的方程的一个根， 所以，由韦达定理得： 所以，. 故选：B 3. 已知向量，不共线，，，若，，三点共线，则（ ） A. B. . C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】因为，，三点共线，则与共线，由此可以根据向量共线的性质列出等式，进而求出与的关系，最后得出的值. 【详解】由于，，三点共线，所以与共线. 存在实数，使得，即. 因为，不共线，根据向量相等的性质，若，则. 由，将其代入可得. 故选：D. 4. 设，，则使成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件及必要条件定义结合不等式的性质判定各个选项即可． 【详解】对于A，，故是的充要条件； 对于B，由得，能推出，则充分性成立，反之不成立，则必要性不成立，所以是的充分不必要条件； 对于C，由无法得到，之间的大小关系，则充分性不成立，反之也是，则必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件； 对于D，由不能推出，则充分性不成立，反之不成立，则必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件． 故选：B． 5. 已知数列满足，则数列的前8项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对已知等式进行变形，可得数列的特征，由此求出的表达式，再利用裂项相消法求出前8项和. 【详解】依题意，，由两边同时除以，得到， 则数列是以为首项，2为公差的等差数列，，即， 因此， 所以数列的前8项和. 故选：A 6. 若，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求出的值，最后根据的范围确定其具体值. 【详解】因，所以，又， 根据，得，同时也能确定. 因为，，，所以. . 将转化为. 所以 因为，，所以. 在这个区间内，时，. 故选：C. 7. 用表示，，中的最小数，若函数为偶函数，且当时，，则的极值点的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】画出时图象，结合偶函数图象对称性及极值点概念即可判断. 【详解】由，， 可得函数的大致图象， 由图象可知当时，有两个极值点，由对称性可知当时，也有两个极值点， 同时由图象可知：也是极值点， 所以共有5个极值点. 故选：D 8. 若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件判断抽象函数的周期，对称性，根据周期性和对称性求函数值，再代入求和. 【详解】根据，以代换得：，所以，可知函数的周期为4， 因为是上的奇函数，所以，即关于点对称， 于是，， 由，取得，即， 则，因此，取，得， 于是， 因此，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用赋值，赋变量，转化抽象关系式，判断函数的周期性和对称性. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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，两条相邻对称轴之间的距离为，且，则（ ） A. B. C. 关于对称 D. 在上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用题给条件求得，的值，进而求得函数的解析式，即可判断选项AB；再利用整体代入法验证选项C；利用正弦函数图像性质判断选项D. 【详解】因为函数的两条相邻对称轴之间的距离为， 所以，则，即，故A正确； 此时， 又，则， 即，因为，所以，故B正确； 此时， 因为，所以关于对称，故C错误； 当时，， 因为函数在上单调递增， 所以在上单调递增，故D正确. 故选：ABD. 10. 记内角，，的对边分别为，，，已知，，若为的外心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】的外心即为外接圆的圆心，即三边中垂线的交点，即可判断A，根据数量积的运算律判断B、C，利用奔驰定理判断D. 【详解】的外心即为外接圆的圆心，即三边中垂线的交点， 所以，故A正确； 取的中点，连接，所以，故C正确； 因为 ，故B错误； 因为为的外心， 则可设的外接圆半径为，，， ，故， 同理，， 又， 即. 所以， 即，故D错误； 其中（奔驰定理）的证明如下： 如图延长与边相交于点则 所以， 又， 又， 所以， 所以， 所以. 故选：AC. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，点为上一动点，则（ ） A. 存在点使得 B. 的最小值为 C. 以为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12 D. 已知球为正方体的内切球，若在正方体内部与球外部之间的空隙处放入一个小球，则放入的小球体积最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A:取中点，通过，即可判断，对于B：由可判断，对于C：由以为直径的球的球心为正方体中心，半径为，即可判断，对于D，由球与小球相切，球半径为1，设小球的半径为，得到，进而可求解. 【详解】对于A: 由题意可知：，取中点，所以，因为为直角三角形，同时为等腰直角三角形，， 所以当在运动中时，，，所以，，故A错； 对于B: 由对称性得，即求，在面中， ，故B对； 对于C:因为以为直径的球的球心为正方体中心，半径为，而正方体中心到各棱距离均为， 所以该球与正方体12条棱均相切，所以有12个交点，故C对； 对于D:因为体积最大的小球为小球与正方体和球均相切时取到.研究截面 ，分别过和小球球心作的垂线，垂足分别为，，则， 因为球与小球相切，球半径为1，设小球的半径为，则， 所以，所以小球体积最大值为，故D对. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式求函数值即可得解. 【详解】因为 所以， 故答案为： 13. 数列的前项和为，且满足，，则________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据递推公式可得①，②，③，由此可求解. 【详解】由题意可知①，②，③ 将①②式相加可得，与③式相减可得，则1. 故答案为：1 14. 已知函数，曲线在不同的三点处的切线斜率均为3，则实数的取值范围是________. 【答案】. 【解析】 【分析】根据切线斜率与导数的关系，结合函数与方程的关系，利用数形结合的思想，由函数交点个数，可得答案. 【详解】因为函数图象在不同的三点处的切线斜率均为3， 所以有三个不同的根，即有三个不同的根， 转化为函数图象和函数图象有三个不同的交点， 下面分析函数图象，， 令，解得或， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，且；当时，. 函数图象如图所示 结合图象可知，的取值范围是. 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，在四棱锥中，平面平面，，,，点在棱上，且. （1）求证:平面平面; （2）求平面与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明:因为，所以， 所以，即. 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 因为平面，所以. 因为平面，所以平面. 连接，交于，连接，易得，， 所以，又因为，所以，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）先证，，得到平面，再证平面，即可得证； （2）先证，，得到平面，确定即为平面与平面所成角，解三角形即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取的中点G，连接，则平面， 因为，所以，因为，所以. 因为，所以四边形为正方形， 所以，又因.平面，则平面， 因为平面，所以，故为平面与平面所成角或其补角， 因为，所以，故， 平面与平面所成角. 16. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，角的平分线交于，. （1）求； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理化简再应用辅助角公式化简求出三角函数值进而求出角；（2）先由正弦定理化简，结合三角恒等变换，最后应用三角函数的值域可得范围. 【小问1详解】 在中，， 利用正弦定理得，， 所以， 即， 因为，故，即， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 由已知得，， 在中，由正弦定理得，，即， 同理得，.故， 而， ， 因为锐角中，，所以， 故，，， 所以的取值范围为. 17. 将个实数排成行列的数阵形式如下： . （1）当时，若每一行每一列均构成等差数列，且，求该数阵中所有数的和； （2）若，且每一行均为等差数列，每一列均为公比为的等比数列.已知，，，设，求的值. 【答案】（1）245 （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列求和与等差中项的性质求解即可； （2）根据等差数列与等比数列的性质，求得公比与公差，结合错位相减法即可求解. 【小问1详解】 由题意，且每一行都成等差数列， 则有， ，……，， 则有， 又因为每一列成等差数列，故有， 即； 【小问2详解】 由题意每一行均为等差数列，设第二行的公差为， 则有，故， 从而可得第二行的通项公式， 所以，又因为每一列均为公比为的等比数列，且， 又因为，故， 即有，从而有， 故①， ②， 所以， 即. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论的单调性； （3）当时，，求的取值范围. 【答案】（1） （2）在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）根据，求出导函数，代入得到斜率为，因而求得切线方程． （2）根据导函数，对讨论不同情况下导函数的符号，得到单调性． （3）分情况讨论，当时，符合题意.当时，由可得.构造函数，借助导数研究单调性，求最值即可. 【小问1详解】 由题意可知， ，则， 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 当时，.则. 当时，，此时 . 当时，. 故在上恒成立. 再由可知为偶函数，于是在上恒成立.故在上单调递增. 【小问3详解】 当时，符合题意. 当时，由可得. 令，则. 令，则. 令，则. 令， 当时，，故在上单调递减. 又，则此时.故在上单调递减. 因为，，则存在，使得，于是在上单调递增，在上单调递减.由于，，则当时，，此时.因此在上单调递增. 故当时，. 令，，则. 当时，，则在上单调递增，此时.故当时，. 故在上恒成立. 因此的取值范围为. 19. 已知集合，集合，记的元素个数为.若集合中存在三个元素，，，使得，则称为“理想集”. （1）若，分别判断集合，是否为“理想集”（不需要说明理由）； （2）若，写出所有的“理想集”的个数并列举； （3）若，证明：集合必为“理想集”. 【答案】（1）不是“理想集”，是“理想集”. （2），，，，，，，，，，，，，，， （3） 若，记且. 利用反证法，假设对于中任意三个元素，，，均有， 则，，，…，. 记，于是，则. 因此，矛盾. 故集合必为“理想集”. 【解析】 【分析】（1）根据题意，分别取集合中的三个数，利用列举法，可得答案； （2）利用分类讨论的思想，根据集合的元素个数，结合元素的大小关系，可得答案； （3）利用反证法，任意取三个元素，假设不等式成立，结合元素之间的大小关系，可得答案. 【小问1详解】 不是“理想集”，是“理想集”. 由题意，令，则； 令，则；令，则； 令，则；所以不是“理想集”. 令，则，所以是“理想集”. 【小问2详解】 共16个“理想集”. 若，有. 当时，若，则，由可知，故或； 若，则，由可知，则，故. 故含有三个元素的“理想集”，或，共3个. 当时，，，，，，，或，共7个. 当时，，，，，，共5个. 当时，，共1个. 综上所述，所有“理想集”的个数为16个分别为：，，，，，，，，，，，，，，，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $