精品解析：山东省威海市文登区2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试题

高三数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡指定位置上. 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. 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. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知命题，命题，则成立是成立的（ ） 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 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知为椭圆的上焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的偶函数满足，当时，.函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为（ ） A 6 B. 8 C. 10 D. 14 8. 在中，，，是所在平面内一点，，则的最大值为（ ） 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 已知函数，则（ ） A. 是的一个周期 B. 是的一条对称轴 C. 的值域为 D. 在上单调递减 10. 如图，在四边形中，为边上的一列点，连接交于点，且满足，其中数列是首项为1的正项数列，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列的前项和为 C. 数列为递增数列 D 11. 已知正方体的棱长为，点满足，则（ ） A. 点到平面的距离为 B. 二面角的正弦值为 C. 当时，过点的平面截该正方体外接球所得截面面积的取值范围为 D. 若是对角线上一点，则的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知底面半径为3的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为__________. 13. 已知函数，若将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再将得到的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则__________. 14. 已知，是双曲线的左､右焦点，过的直线与的左､右两支分别交于，两点.若以的中心为圆心，的长为直径的圆与的右支的一个交点恰为，若，，成等差数列，则的渐近线方程为__________. 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. 已知数列各项均为正数，其前项和记为，其中为常数且. （1）若数列为等差数列，求； （2）若，求. 16. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，如图，是上的动点，且始终等于，记.当为何值时，的面积取到最小值，并求出最小值. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）令.若曲线与存在公切线，求实数的取值范围. 19. 定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件. （1）求的值； （2）求的解析式； （3）若.比较与0的大小关系，并说明理由. 附：参考公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡指定位置上. 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. 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】D 【解析】 【分析】求出集合，，再用补集和交集的概念求解即可. 【详解】由，得，所以， 或， 由，得，所以， 所以. 故选：D 2. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得，计算后可得与，即可得答案. 【详解】由，可得， 则，则. 故选：C 3. 已知命题，命题，则成立是成立的（ ） 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】先化简命题p: ，：，再利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】解：由，得，解得； 由，得， 当时，成立； 当时，，解得 ，综上， 所以成立是成立的充分不必要条件， 故选：A 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式和余弦二倍角公式得到，化弦为切，代入求值即可. 【详解】， 故 . 故选：A 5. 已知为椭圆的上焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由圆和椭圆方程可确定圆心、半径、的长；利用椭圆定义和圆的对称性可将问题转化为求解的最大值问题，利用三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值，由此可得结果. 【详解】由圆方程得：圆心，半径； 由椭圆方程得：，，设椭圆下焦点为，则， 由椭圆定义知：，； （当且仅当三点共线时取等号）， ， 又（当且仅当三点共线时取等号）， ，即的最大值为. 故选：D. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数，利用函数的奇偶性及导数与函数单调性间的关系，可得，在区间上单调递减，在区间上单调递增，结合条件可得，即可求解. 【详解】令，则， 则是偶函数， 又，当时，恒成立， 所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又，且，即，所以，则，所以选项B正确， 当时，，所以选项A和D错误， 当时，，所以选项C错误， 故选：B. 7. 已知定义在上的偶函数满足，当时，.函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】画出、在区间上的图象，根据对称性、周期性等知识来求得正确答案. 【详解】依题意，是定义在上的偶函数，图象关于直线对称， ，所以， 所以是周期为的周期函数，所以的图象关于直线对称. 函数的图象也关于直线对称. 当时，. 当时，，， 当时，，， ，所以直线与曲线相切于点. 画出、在区间上的图象如下图所示， 由图可知，两个函数图象有个公共点， 所以所有交点的横坐标之和为. 故选：C 8. 在中，，，是所在平面内一点，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的数量积以及基本不等式求解即可. 【详解】，， ， ， ， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最大值为. 故选：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. 已知函数，则（ ） A. 是的一个周期 B. 是的一条对称轴 C. 的值域为 D. 在上单调递减 【答案】BC 【解析】 【分析】先化简函数，再结合函数图像对各个选项逐一分析判断即可. 【详解】，图像如图所示： 由图像可得，函数的最小正周期为，故选项A错误，不符合题意； 是的一条对称轴，故选项B正确，符合题意； 的值域为，故选项C正确，符合题意； 在上先增后减，选项D错误，不符合题意； 故选：BC. 10. 如图，在四边形中，为边上的一列点，连接交于点，且满足，其中数列是首项为1的正项数列，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列的前项和为 C. 数列为递增数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据向量共线定理得到，从而，A正确；B选项，在A选项基础上得到，由分组求和和等比数列求和公式得到B正确；C选项，举出反例即可；D选项，在B选项基础上得到D正确. 【详解】A选项，因为为边上的一列点，设， 即，所以 ， 即，所以， 即，所以数列为公比为2的等比数列，A正确； B选项，因为，所以， 故是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，， 的前项和为 ，B正确； CD选项，，故，显然， 则数列不是递增数列，C错误，D正确. 故选：ABD 11. 已知正方体的棱长为，点满足，则（ ） A. 点到平面的距离为 B. 二面角的正弦值为 C. 当时，过点的平面截该正方体外接球所得截面面积的取值范围为 D. 若是对角线上一点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，根据条件可得面，从而将到平面的距离转化成到平面的距离，进而转化成到平面的距离，再利用等体积法，即可求解；选项B，取中点，中点，连接，根据条件可得为二面角的平面角，再利用几何关系，即可求解；选项C，由题知，过点的平面经过球心时，截面圆的面积最大，当为截面圆的圆心时，截面圆的面积最大，即可求解；选项D，通过翻折平面，使得点翻转后得到的点满足三点共线，且.即可求得 【详解】如图1，易知，面，面，所以面， 对于选项A，因为，即点在线段上（含端点）， 因为面，所以到平面的距离，也即到平面的距离， 连接交于，易知为中点，则到平面的距离等于到平面的距离， 又正方体的棱长为，则，所以， 设到平面的距离为， 由，得到，解得，所以选项A正确， 对于选项B，如图1，取中点，中点，连接， 易知，所以为二面角平面角， 在中，，， 所以，则，所以选项B错误， 对于选项C，正方体的外接球的球心为正方体的体心，且外接球的直径为正方体的体对角线长， 则，当过点的平面经过球心时，此时平面截该正方体外接球所得截面面积最大，截面面积为， 当过点的平面经不过球心时，不妨设截面圆的半径为，球心到截面圆的距离为， 则，显然有，当且仅当为截面圆的圆心时取等号，即截面圆的直径为，此时， 所以平面截该正方体外接球所得截面面积最小值为，故选项C正确， 对于选项D，如图2，将平面绕着旋转到位置，使之与平面在一个平面内， 因是对角线上一点，要使最小，需使三点共线，且. 设，则， 故， 于是，故选项D正确， 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决空间角问题，关键在于根据定义找到平面角，然后借助于三角形和正、余弦定理求解；对于包含动点的线段和最小问题，一般考虑将其中一个平面翻折，使之与另一个平面共面，化空间距离的和为平面距离的和来求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知底面半径为3的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出圆锥的轴截面，求出圆锥的高，利用三角形相似求出圆柱的高，再根据侧面积公式计算可得. 【详解】如图作出圆锥的轴截面，根据题意可知, , 所以可得, 根据三角形相似可得, 所以,可求得, 根据圆柱侧面积公式可得. 故答案为： 13. 已知函数，若将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再将得到的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由图象变换写出新解析式，然后由图象关于轴对称求得参数值． 【详解】，变换后函数式为 ，它的图象关于轴对称， 则，, 又，所以， 故答案为：． 14. 已知，是双曲线的左､右焦点，过的直线与的左､右两支分别交于，两点.若以的中心为圆心，的长为直径的圆与的右支的一个交点恰为，若，，成等差数列，则的渐近线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知以为直径的圆过点，可知，再结合等差数列及双曲线定义可得各边长，再根据直角三角形勾股定理可得，即可得渐近线方程. 【详解】 如图所示，由已知以的中心为圆心，的长为直径的圆过点， 可知， 再由，，成等差数列， 得， 由双曲线定义可知，， 则， 即，， 又， 则，即， 则， 即渐近线方程为， 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. 已知数列的各项均为正数，其前项和记为，其中为常数且. （1）若数列为等差数列，求； （2）若，求. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列列方程，求得，求得公差，进而求得. （2）利用分组求和法，结合等差数列的前项和公式来求得正确答案. 【小问1详解】 当时，，解得， 当时，，解得， 因为数列为等差数列，所以， 即，解得， 所以，公差为2，所以. 【小问2详解】 当时，① 所以② 所以②-①得，， 因为，所以， 当时，，解得， 所以数列的奇数项成等差数列，首项为，公差为； 偶数项成等差数列，首项为，公差为， 所以 16. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，如图，是上的动点，且始终等于，记.当为何值时，的面积取到最小值，并求出最小值. 【答案】（1） （2），最小值为 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理将分式化简，结合两角和的正弦公式可求得结果； （2）在中，根据正弦定理表示出，在中，根据正弦定理表示出，根据三角形面积公式得到的面积，即可求出结果. 【小问1详解】 在中，由正弦定理可得， 所以， 所以，即得， 因为，所以，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，由（1）知，所以， 在中，由正弦定理可得，所以， 在中，由正弦定理可得，所以， 所以， 因为，所以， 当时，取得最小值，此时，即， 所以当时，的面积取到最小值，最小值为. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，，为的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由面面垂直得平面，从而得，再由线面垂直的判定定理证得线面垂直平面，得证，然后再由线面垂直的判定定理证得结论成立. （2）证明平面，然后以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，用空间向量法求线面角，利用基本不等式、不等式的性质得最值. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为平面， 所以平面. 【小问2详解】 连接， 因，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则 所以， 设平面的一个法向量为， 则，可得， 令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以， 当且仅当即时取得最大值， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）令.若曲线与存在公切线，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，即可对讨论求解导函数的单调性，结合二次函数的性质求解， （2）设出切点，根据点斜式求解直线方程，根据公切线可得，进而可得，构造函数且求导，即可根据单调性求解函数的值域得解. 【小问1详解】 ， ①当时，的定义域为， 令，即得，所以， 因为，解得：； 令，解得：， ②当时，的定义域为， 令，即得，所以， 因为，解得：， 令，解得：， 综上：当时，单调递增区间为，单调递减区间为 ； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 由题意知：设的切点横坐标，则在处的切线方程为.③ 设的切点横坐标，则在处的切线方程为.④ 联立③④，得， 当时，，代入方程组，不成立， 所以消去得. 设函数且. 令，得或. 令，解得且；令，解得或， 所以在和上单调递减，在和上单调递增， 因为， 结合图象可知，当时，方程有解， 从而当时，曲线与存在公切线. 【点睛】方法点睛： 1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 19. 定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件. （1）求的值； （2）求的解析式； （3）若.比较与0的大小关系，并说明理由. 附：参考公式. 【答案】（1）7；17 （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）结合已知条件迭代求函数值； （2）根据函数列出等式，然后根据等式累加解得 ； （3），然后求解，根据三角函数的有界性进行伸缩变换，最后判断与0的大小关系； 【小问1详解】 因为，由①得， 由②得， 由①得， 由②得. 【小问2详解】 由①得：， 将上述等式相加，可得， 所以，也满足此式，故. 由②得，， 将上述等式相加，可得， 所以. 而也满足此式，故. 【小问3详解】 由（2）知， ， 所以 当且仅当时，， 上式取得等号， 即当时，均有， 所以当时，；当时，；当时，. 【点睛】根据已知条件迭代，结合数列的累加法找到解题的突破点，本题章节跨度大，题目较难，是高考新题型的典型例题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$