精品解析：青海省西宁市海湖中学2025届高三上学期第二次阶段测试数学试卷

西宁市海湖中学2024-2025学年第一学期第二阶段考试卷 高三数学 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题（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） （2024•湖北•二模） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. （2023•北京•高考真题） 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 设，向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 10 4. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知分别为三个内角的对边，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 函数其中，的图象的一部分如图所示，则 A. B. C. D. 7. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. 4 C. D. 6 （2024•山东烟台•一模） 8. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共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. 已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则与为异面直线 C. 若，且，则 D. 若，则 10. 已知数列是公差为d的等差数列，是其前n项的和，若，，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则（ ） A. 是奇函数 B. ， C. 若在区间上有且仅有条对称轴，则 D. 若在区间上单调递减，则或 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上） 12. 函数的定义域是____________. 13. 若，则曲线在处的切线方程为__________． （2024•安徽•模拟预测） 14. 已知，，则的最小值为_________. 四、解答题（本大题共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，且. （1）求的值和的最小正周期； （2）求在上的最大值和最小值. 16. 已知数列是公差不为0的等差数列，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求. 17. 如图，在四棱锥中，． （1）证明：平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）求证：当时，； （3）过原点是否存在曲线的切线，若存在，求出切线方程；若不存在，说明理由. 19. 已知椭圆的离心率为，点在C上. （1）求椭圆C的方程； （2）过点且斜率为的直线交椭圆C于，两点，试用含的代数式表示； （3）在（2）的条件下，过点P作垂直于x轴的直线与直线AQ相交于点M，证明：线段PM的中点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西宁市海湖中学2024-2025学年第一学期第二阶段考试卷 高三数学 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题（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） （2024•湖北•二模） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求两个集合，再求集合的混合运算. 【详解】，得，即， ，得，即，， 所以. 故选：B （2023•北京•高考真题） 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义先求出复数，然后利用共轭复数的定义计算. 【详解】在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，， 由共轭复数的定义可知，. 故选：D 3. 设，向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量垂直的坐标表示公式，结合平面向量加法和模的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】因为，所以，即，所以， 则，所以， 故选：C 4. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可. 【详解】对于A，因为在上单调递增，所以在上单调递减，故A错误； 对于B，因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，故B错误； 对于C，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递增，故C正确； 对于D，因为，， 显然在上不单调，D错误. 故选：C. 5. 已知分别为三个内角的对边，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由正弦定理得到，再由余弦定理求得，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理可得， 又因为，由余弦定理得， 又因为，所以. 故选：C. 6. 函数其中，的图象的一部分如图所示，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用图象中的2和6，求得函数的周期，求得ω，最后根据x＝2时取最大值，求得，即可得解． 【详解】如图根据函数的图象可得：函数的周期为（6﹣2）×4＝16， 又∵ω＞0， ∴ω， 当x＝2时取最大值，即2sin（2）＝2，可得：2＝2kπ，k∈Z， ∴＝2kπ，k∈Z， ∵0＜＜π， ∴， 故选B． 【点睛】本题主要考查了由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，考查了五点作图的应用和图象观察能力，属于基本知识的考查． 7. 在的展开式中，的系数为（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】写出的二项展开式的通项公式，再进行整理化简，要求的系数，可令，进而可得结果. 【详解】的第项为：， 由得， ∴的展开式中的系数为. 故选：A （2024•山东烟台•一模） 8. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，探讨函数的周期，再利用对数函数单调性及指对数运算计算即得. 【详解】在上的奇函数满足，则， 于是，即函数的周期为4， 而，则，，又当时，， 所以. 故选：A 二、多选题（本大题共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. 已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则与为异面直线 C. 若，且，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D. 【详解】对于A，显然，又，则，A正确； 对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误； 对于C，由，，知点在平面内， 即为平面的公共点，而，因此，C正确； 对于D，由，得，而，因此，D正确. 故选：ACD 10. 已知数列是公差为d的等差数列，是其前n项的和，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得，从而可求出，即可判断A；再结合等差数列的性质及前项和公式即可判断BCD. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 又因为，所以，故A正确； ，故B错误； ，故C正确； 因为， 所以当时，，当时，， 所以，所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：在等差数列中，求的最小（大）值的方法： （1）利用通项公式寻求正、负项的分界点，则从第一项起到分界点该项的各项和最小（大）； （2）借助二次函数的图象及性质求解. 11. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则（ ） A. 是奇函数 B. ， C. 若在区间上有且仅有条对称轴，则 D. 若在区间上单调递减，则或 【答案】BC 【解析】 【分析】根据的对称中心求得，根据奇偶性、对称性、单调性等知识确定正确答案. 【详解】依题意，点是函数的图象的一个对称中心， 所以，且①，B选项正确. 则， 所以 ， 由于是奇数，所以是偶函数， A选项错误. C选项，， 将代入得： ， 整理得， 由于在区间上有且仅有条对称轴， 所以，解得，由于，所以， 对应，所以C选项正确. D选项，在区间上单调递减， ， 将代入得： ， 整理得， 则，解得，而，所以或， 时，，符合单调性， 时，，不符合单调性，所以舍去 所以，所以D选项错误. 故选：BC 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上） 12. 函数的定义域是____________. 【答案】. 【解析】 【分析】 根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果. 【详解】由题意得， 故答案为：. 【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题. 13. 若，则曲线在处的切线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出后借助导数的几何意义即可得. 【详解】因为，所以， 令，得，解得， 所以，则， 所以曲线在处的切线方程为， 即． 故答案为：. （2024•安徽•模拟预测） 14. 已知，，则的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】因为，， 所以 ， 当且仅当，即，时取等号. 故答案为： 四、解答题（本大题共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，且. （1）求的值和的最小正周期； （2）求在上的最大值和最小值. 【答案】（1）， （2）最小值为，最大值为1 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式整理函数的表达式为，然后求出a，利用辅助角公式得，代入周期公式求出周期即可； （2）由（1）知，当时，，结合正弦函数的性质，即可求得的最值. 【小问1详解】 ， 因为，所以，所以， 所以，所以的最小正周期. 【小问2详解】 当时，， 当，即时，， 当，即时，， 所以的最小值为，最大值为1. 16. 已知数列是公差不为0的等差数列，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及等比中项列出方程组求出首项与公差，即可得解； （2）利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 因为成等比数列， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，． （1）证明：平面． （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：取的中点，连接．因为，所以． 因为，所以四边形是平行四边形， 所以． 因为，所以，所以． 因为，所以． 因为平面，且，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）在梯形中，取中点，利用平行四边形以及勾股定理证明线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案； （2）由题意，建立空间直角坐标系，取直线的方向向量且计算平面的法向量，利用线面夹角的公式，可得答案. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 易证两两垂直，则以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题中数据可得， 则． 设平面的法向量为， 则，令，得． 设直线与平面所成的角为， 则． 故直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知函数. （1）求函数的极值； （2）求证：当时，； （3）过原点是否存在曲线的切线，若存在，求出切线方程；若不存在，说明理由. 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2） 令，， 则， 由，则，故在上恒成立， 故在上单调递增， 则， 即当时，； （3） 不存在，理由如下： 假设曲线存在过原点的切线，且切点坐标为， 由，则该切线斜率为， 即该切线方程为， 即有，整理得， ，该方程无解， 故过原点不存在曲线的切线. 【解析】 【分析】（1）借助导数研究其单调性后计算即可得其极值； （2）构造函数，，借助导数研究其单调性后即可得解； （3）假设存在，设出且点坐标并借助导数的几何意义表示出切线方程，再通过切线过原点可得与切点横坐标有关方程，可得该方程无解，即可得过原点不存在曲线的切线. 【小问1详解】 ， 则当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 故有极大值，无极小值； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆的离心率为，点在C上. （1）求椭圆C的方程； （2）过点且斜率为的直线交椭圆C于，两点，试用含的代数式表示； （3）在（2）的条件下，过点P作垂直于x轴的直线与直线AQ相交于点M，证明：线段PM的中点在定直线上. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据离心率及长轴顶点列方程组得出,即可得出椭圆方程； （2）联立方程组，得出韦达定理再把代入求解； （3）设点直曲联立，利用整体法求出中点坐标与的关系，进而得出结论； 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，点在C上， 所以, 所以, 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 设过点且斜率为的直线为：,即, 联立方程组, 所以, 因为，，所以, 所以 【小问3详解】 设直线为,过点P作垂直于x轴的直线与直线AQ相交于点M， 所以,又因为， 的中点， 于是, 所以，，即． 则有， 又因为， 所以， 于是， 即， 即，即， 即点在直线上． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是整体思想在圆锥曲线的定直线和定点问题中的应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $