精品解析：江苏省无锡市澄宜六校2024-2025学年高三上学期12月阶段性联合测试数学试题

澄宜六校阶段性联合测试高三数学 一、单项选择题：本题共8题，每小题5分，共计40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. “直线与圆相交”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 4. 已知数列的通项公式是（），若数列是递增数列，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，若C上存在一点P，使得，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ） A B. C. D. 7. 在等比数列中， ，则能使不等式成立的最大正整数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（ ） A 2 B. 3 C. D. 4 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. 已知的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为π C. 在内有3个极值点 D. 当时，与的图象有3个交点 10. 已知函数及其导函数的定义域均为R，记.若，均为奇函数，且，则（ ） A 关于直线对称 B. 关于点对称 C. 的周期为4 D. 11. 如图，在平行四边形中，，且，为的中线，将沿折起，使点到点的位置，连接、、，且，则（ ） A. 平面 B. 与所成的角为 C. 与平面所成角的正切值是 D. 点到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等比数列的前项和为，若，则_____. 13. 已知函数的两个极值点为、，且，则实数的最小值是_____. 14. 已知向量，，，，则的取值范围是_________. 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. 已知数列的前项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）设，设数列的前项和，求证：. 16. 在锐角中，内角、、所对边分别为、、，且满足. （1）求角； （2）求的取值范围. 17. 已知O为坐标原点，是椭圆C：右焦点，点M是椭圆C的上顶点，以点M为圆心且过F的圆恰好与直线相切. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，直线与轴的交点分别是，求证：线段中点的横坐标为定值. 18. 如图，在三棱锥中，侧面PAC是边长为2的正三角形，，，E，F分别为PC，PB的中点，平面AEF与底面ABC的交线为l. （1）证明：l∥平面PBC. （2）已知平面平面，若在直线l上存在点Q，使得直线PQ与平面AEF所成角为，异面直线PQ，EF所成角为，且满足，求. 19. 定义运算：，已知函数. （1）若函数的最大值为0，求实数a的值； （2）证明：； （3）若函数存在两个极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 澄宜六校阶段性联合测试高三数学 一、单项选择题：本题共8题，每小题5分，共计40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合，利用交集的定义可得出集合. 【详解】因为，， 则. 故选：D. 2. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，利用复数的乘法和复数相等可求得、的值，然后利用复数的减法和复数的模长公式可求得结果. 【详解】设，则， 所以， 所以，可得，所以，则， 因此， 故选：B. 3. “直线与圆相交”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】根据点到直线的距离公式,结合充分不必要条件的定义即可求解. 【详解】若直线与圆相交，则圆心到直线的距离满足，故， 由于能推出， 当不能得到， 故“直线与圆相交”是“”的充分不必要条件， 故选：A 4. 已知数列的通项公式是（），若数列是递增数列，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据单调性的定义即可列不等式求解. 【详解】为单调递增的数列，故， 解得， 故选：C 5. 已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知条件求出切点的横坐标，从而得到，利用基本不等式即可求解. 【详解】由于直线 与曲线 相切， 设切点为，且，所以， 则切点的横坐标 ，则，即 . 又，所以，即， 当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1. 故选：D 6. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，若C上存在一点P，使得，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆定义，结合椭圆的性质即可求解. 【详解】根据椭圆定义可得，又，故， 因此，故，故， 故选：D 7. 在等比数列中， ，则能使不等式成立的最大正整数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】在等比数列中， 根据，时， ；时， ，再结合求解. 【详解】∵在等比数列中， ， ∴公比， ∴时， ；时， . ∵， ∴，，， ∴， 又当时， ， ∴使不等式成立的的最大值为. 故选：C 【点睛】本题主要考查等比数列的性质以及数列与不等式，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题. 8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，成等差数列，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差中项，结合边角互化可得，进而根据和差角公式可得，由基本不等式即可求解. 【详解】由于，，成等差数列，则， 由正弦定理可得, 故, ， 由于，因此，故 ，当且仅当，取等号， 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据等比中项以及正弦定理可得，进而利用正切和正弦的和差角公式得，，即可结合基本不等式求解. 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. 已知的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为π C. 在内有3个极值点 D. 当时，与的图象有3个交点 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题设结合图以及周期公式即可判断AB；由求出，从而可得函数解析式，再由极值点定义结合正余弦函数性质数形结合即可判断CD. 【详解】对于AB，由图可知，即， 所以的最小正周期为π，故AB正确； 对于C， ，所以， 所以，所以即， 又，所以，所以， 若，则， 所以由函数性质可知函数在内有2个极值点，故C错误； 对于D，在同一坐标系中作出函数和在上的图象如图所示： 由图可知当时，与的图象有3个交点，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数及其导函数的定义域均为R，记.若，均为奇函数，且，则（ ） A. 关于直线对称 B. 关于点对称 C. 的周期为4 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据为奇函数可得关于对称，即可判断A,根据为奇函数，可得关于点判断B，根据求导，结合对称性可的周期性，即可判断CD. 【详解】对于A，由为奇函数可得， 故关于对称，故A错误， 对于B，由于为奇函数，故，故关于点对称，B正确， 对于C，由和可得， 令，故，故，因此， 结合关于对称可得， 故的周期为4，C正确， 对于D，由于，故， 且，由于，令，则， ，故D正确， 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：根据以及求导法则可得，结合得，即可得，进而结合函数的对称性可得周期. 11. 如图，在平行四边形中，，且，为的中线，将沿折起，使点到点的位置，连接、、，且，则（ ） A. 平面 B. 与所成的角为 C. 与平面所成角正切值是 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】推导出，，结合线面垂直的判定定理可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BCD选项. 【详解】对于A选项，在平行四边形中，，且， 因为，则，且，则， 因为为的中点，则，且， 将沿折起，使点到点的位置，使得， 翻折后，，所以，， 所以，，且有， 因此，，、平面，所以，平面，A对； 对于BCD选项，因为平面，， 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， 则、、、、、 ， ，， 则， 所以，与所成的角为，B错， ，易知平面的一个法向量为， 所以，， 设直线与平面所成的角为，则， 所以，，则， 故直线与平面所成的角的正切值为，C对； 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ，则点到平面的距离为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等比数列的前项和为，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列前项和公式即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，由题意得， 所以，所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数的两个极值点为、，且，则实数的最小值是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，、为方程的两根，列出韦达定理，将不等式变形为关于实数的不等式，即可解得实数的最小值. 【详解】函数定义域为，且， 因为函数有两个极值点、，则，可得， 由题意可知，、为方程的两根， 由韦达定理可得， 所以， ，解得，所以，， 因此，实数的最小值为. 故答案为：. 14. 已知向量，，，，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，向量与夹角为，直线与轴正半轴夹角为，易得，结合，，可得，进而结合向量投影的定义求解即可. 【详解】如图，设，则，， 由题意，设向量与夹角，直线与轴正半轴夹角为， 则，则， 因为，，则，即， 又，则. 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. 已知数列的前项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式； （2）设，设数列的前项和，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令，可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公比，即可求得该数列的通项公式； （2）求出，求得，利用裂项相消法求出，即可证得结论成立. 【小问1详解】 数列的前项和为，对任意的，， 当时，则有，可得， 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，可得， 所以数列为等比数列，且其首项和公比都为，所以. 【小问2详解】 由（1）可得，则，则， 所以， 所以 . 16. 在锐角中，内角、、所对的边分别为、、，且满足. （1）求角； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由余弦定理可得出，求出角的取值范围，利用正弦定理结合两角和的正弦公式求出的取值范围，再利用双勾函数的基本性质以及反比例函数的基本性质可求得的取值范围. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得，即，即， 由余弦定理可得， 因为，故. 【小问2详解】 由（1）得， 所以，， 因为为锐角三角形，则，即，解得， 所以，，则， 则， 因为双勾函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 当或时，， 所以，函数在上的值域为， 因为，则， 故. 因此，的取值范围为. 17. 已知O为坐标原点，是椭圆C：的右焦点，点M是椭圆C的上顶点，以点M为圆心且过F的圆恰好与直线相切. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，直线与轴的交点分别是，求证：线段中点的横坐标为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据相切可得，即可根据两点距离求解，进而可得求解， （2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，根据点斜式求解直线方程，令，则,，根据中点坐标公式，代入韦达定理化简即可求解. 【小问1详解】 由题意可得， 由于以点M为圆心且过F的圆恰好与直线相切，故，即，故，进而， 故椭圆方程为 【小问2详解】 由题意可知的斜率一定存在，设方程为， 则， 且，， 设, 则， 直线的方程为，令，则，故, 故， 则 由于 故 ， 因此线段中点的横坐标为定值， 18. 如图，在三棱锥中，侧面PAC是边长为2正三角形，，，E，F分别为PC，PB的中点，平面AEF与底面ABC的交线为l. （1）证明：l∥平面PBC. （2）已知平面平面，若在直线l上存在点Q，使得直线PQ与平面AEF所成角为，异面直线PQ，EF所成角为，且满足，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）1 【解析】 【分析】（1）由已知可推得.根据线面平行判定定理，可得平面.然后根据线面平行的性质定理，可得.进而即可得出证明； （2）取的中点记为，连接，根据平面平面可得出平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 证明：因为分别为的中点， 所以. 又平面，平面， 所以平面. 又平面，平面与底面的交线为， 所以，，从而. 而平面，平面， 所以，平面. 【小问2详解】 取的中点记为，连接， 因为是边长为2的正三角形，所以， 所以，. 又平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线. 由题意可得，即， 取的中点记为，连接，则. 因为，所以. 以为坐标原点，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，则，，， 设平面的一个法向量为， 则， 即， 取，则，，即是平面的一个法向量， 所以. 又直线与平面所成角为， 于是. 又， 而异面直线所成角为，于是. 假设存在点满足题设，则， 即，所以. 当时，，此时有； 当时，，此时有. 综上所述，这样的点存在，且有. 19. 定义运算：，已知函数. （1）若函数的最大值为0，求实数a的值； （2）证明：； （3）若函数存在两个极值点，证明：. 【答案】（1）1 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用定义的运算得到的解析式，结合导数求最大值的方法，建立关于的方程，解方程得解. （2）借助（1）问中的结论，，得到，然后利用不等式性质，即裂项相消求和法，从而得证. （3）将极值点个数问题转化为到导函数零点个数问题，从而得出，将所证转化为，通过消元，然后构造函数，借助导数证明即可. 【小问1详解】 由题意知：，， ①当时，，在单调递减，不存在最大值． ②当时，由得， 当，；，， 函数的增区间为，减区间为．    ，令，则， 当时，，函数递减， 当时，，函数递增， 又， 【小问2详解】 证明：由（1）知，当时，函数在上单调递增， 在上单调递减， 所以，即， 当时，  ． ， ． 【小问3详解】 证明： “函数存在两个极值点”等价于 “方程有两个不相等的正实数根” 故，解得， ， 要证，即证， ，不妨令，故 由，得，即证， 令 在恒成立， 所以函数在上单调递减，故． 成立． 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键是将极值点个数问题等价为导函数零点个数问题，从而得出的结论，最后双元变单元，再一次构造函数从而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$