精品解析：广东省普宁市勤建学校2025届高三上学期第三次调研考试（期中）数学试题

勤建学校高三年级上学期第三次调研考试 数学试卷 2024.12 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 如果复数的实部与虚部相等，那么（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 3. 在等腰梯形中，．M为的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则使方程有解的实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图是（,）的部分图象，则正确的是（） A. B. 函数在上无最小值， C. D. 在上,有3个不同的根. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 若不等式恒成立，则的取值范围是（ ） 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，有选错的得0分，部分选对得部分分.） 9. 已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”．下列选项中有“巧值点”的函数是（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 不存在实数，使得 C. 若向量，则或 D. 若向量在向量上的投影向量为，则的夹角为 11. 已知为数列的前项和，，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 是等比数列 D. 的最大值是1 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知函数为奇函数，则等于_________． 13. 已知且，则______． 14. 在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F,则的值为____________；的最小值为____________． 四、解答题 15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求的值； （2）若，求的面积． 16. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和． 17. 在平面四边形中，. （1）求的长； （2）若为锐角三角形，求的取值范围. 18. 已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点． （1）证明：； （2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求． 19. 设函数，直线是曲线在点处的切线． （1）当时，求的单调区间. （2）求证：不经过点. （3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 勤建学校高三年级上学期第三次调研考试 数学试卷 2024.12 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，根据交集运算求解. 【详解】根据题意，得， 所以， 故选：A. 2. 如果复数的实部与虚部相等，那么（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】把复数化为代数形式，得实部和虚部，由此可求得． 【详解】，所以实部为，虚部为，所以． 故选：A． 3. 在等腰梯形中，．M为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据梯形中位线得，再利用向量线性运算即可. 【详解】取中点N，连接， ∵，∴，． 又M是的中点，∴，且， ∴， 故选：B． 4. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】因为，，且， 则， 当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为. 故选：C. 5. 已知函数，则使方程有解的实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，由题意可得的图象与的图象有解，画出的图象，数形结合即可求解. 【详解】设，则. 因为方程有解， 所以的图象与的图象有解. 当时，， 根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且. 作出函数的图象如图所示： 由图可得，的图象与的图象有解， 则. 故选:D. 6. 如图是（,）的部分图象，则正确的是（） A. B. 函数在上无最小值， C. D. 在上,有3个不同的根. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A,将下降趋势中的点代入即可求解;对于B,由图可知在的一条称轴为,因为,所以在上有最小值;对于C,根据对称即可判断与是否相等;对于D,由 经过上升趋势中的点 及可求出，进而知道的解析式,利用整体的思想以及结合三角函数的图象即可求解在上的根. 【详解】对于A,由图可知经过下降趋势中的点, ,故A错误; 对于B,由图可知在的一条称轴为 ,所以在上有最小值,当时取得最小值,故B错误; 对于C,和都在区间(内，,故,故C错误； 对于D，由A知, 又 因为 经过上升趋势中的点 , , ,整理得 由图可知，即, 解得,又因为,所以当 时, 满足， , 令,当时,, 时, 此时, 所以在上,有3个不同的根,D正确. 故选：D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解. 【详解】 ， ，，，解得， ，. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出. 8. 若不等式恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，依题意可得恒成立，求出函数的导函数，分、两种情况讨论，说明函数的单调性，求出，即可得到，从而得到，再利用导数求出的最小值，即可得解. 【详解】令，则恒成立， 又， 当时，恒成立，所以在上单调递增，且时，不符合题意； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 所以， 令，， 则，所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即的取值范围是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出，从而得到. 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，有选错的得0分，部分选对得部分分.） 9. 已知函数及其导函数，若存在使得，则称是的一个“巧值点”．下列选项中有“巧值点”的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】直接利用“巧值点”的定义，一一验算即可. 【详解】对于A：∵，∴，令，即，解得：x=0或x=2，故有“巧值点”. 对于B：∵，∴，令，即，无解，故没有“巧值点”. 对于C：∵，∴，令，即，由和 的图像可知， 二者图像有一个交点，故有一个根，故有“巧值点”. 对于D：∵，∴，令，即，可得，无解，故没有“巧值点”. 故选：AC 【点睛】数学中的新定义题目解题策略： (1)仔细阅读，理解新定义的内涵； (2)根据新定义，对对应知识进行再迁移. 10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 不存在实数，使得 C. 若向量，则或 D. 若向量在向量上的投影向量为，则的夹角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】运用平面向量的性质定理，即可求解. 【详解】A选项：，所以，所以，故A错误； B选项：若得，则，显然不成立，故B正确； C选项：因为,若向量， 则或，故C正确； D选项：设的夹角为， 则向量在向量上的投影向量为所以， 又因为向量在向量上的投影向量为， 所以 则的夹角为，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知为数列的前项和，，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 是等比数列 D. 的最大值是1 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用与关系，求出通项公式，即可判断A、B；利用等比数列求和公式，求出，进而确定，即可判断C选项；利用基本不等式即可判断D选项. 【详解】对于选项AB：由，时，有，所以， 当时，，两式相减得，且，可得， 可知数列是以为首项，公比为的等比数列，则， 故A错误，B正确； 对于选项C：因为，可得，， 所以是等比数列，故C正确； 对于选项D：因为，所以，由基本不等式可得， 而，，当，即时取等号，故的最大值是， 故D正确； 故选：BCD． 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知函数为奇函数，则等于_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数求出时的解析式，对照所给解析式得出a，b即可得解． 【详解】设，则，所以， 所以， 又当时，，所以，，故， 故答案为：． 13. 已知且，则______． 【答案】64 【解析】 【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解. 【详解】由题，整理得， 或，又， 所以，故 故答案为：64. 14. 在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，且交AB于点E．且交AC于点F,则的值为____________；的最小值为____________． 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】设，由可求出；将化为关于的关系式即可求出最值. 【详解】设，，为边长为1的等边三角形，， ， ，为边长为的等边三角形，， ， ， ， 所以当时，的最小值为. 故答案为：1；. 四、解答题 15. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求的值； （2）若，求的面积． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出； （2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积． 【小问1详解】 由于， ，则．因为， 由正弦定理知，则． 【小问2详解】 因为，由余弦定理，得， 即，解得，而，， 所以的面积． 16. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式； （2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出. 【小问1详解】 因为为等差数列，设公差为d， 由，得，即， 由，，成等比数列得，， 化简得，因为，所以． 所以． 综上． 【小问2详解】 由知，， 又为公比是3的等比数列，， 所以，即， 所以，， 所以 . 综上. 17. 在平面四边形中，. （1）求的长； （2）若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可； （2）弦有三角形为锐角三角形求出角的范围，在中，利用正弦定理将用角表示出来，再结合三角函数的性质即可得解. 【小问1详解】 在中，， 由余弦定理可得， 即，解得或； 【小问2详解】 因为，所以， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 在中，因为， 所以， 由，得，所以， 所以. 18. 已知四棱锥中，底面是矩形，，，是的中点． （1）证明：； （2）若，，点是上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】（1） 取的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，则， 因为，所以，， 设直线与直线交于点， 因为，则，，所以，， 所以，，故， 设，则，， 所以，， 且，， 所以，，所以，， 又因为，、平面，则平面， 因为平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，则、、、、， 设平面的法向量为，则，， 则，取，则， 设，其中， ， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则，解得，即. 19. 设函数，直线是曲线在点处的切线． （1）当时，求的单调区间. （2）求证：不经过点. （3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为. （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可； （3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可. 【小问1详解】 ， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 ，切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. 【小问3详解】 时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 【点睛】 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $