精品解析：黑龙江省绥化市青冈县哈尔滨师范大学青冈实验中学校2024-2025学年高三上学期12月考试数学试卷

哈师大青冈实验中学2024——2025学年度高三12月份考试 数学试题 一、单项选择题（本大题共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.） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知sinα>sinβ，，，则(　　) A. α＋β>π B. α＋β<π C. D. 4. 已知一个正方体的各个顶点都在球面上，若球的体积为，则这个正方体的棱长是（ ） A. B. C. D. 5. 在公比为整数的等比数列中，已知，，那么（ ） A. 480 B. 493 C. 495 D. 498 6. 如图，正方体的棱长为，为棱的中点，为底面正方形内（含边界）的动点，则（ ） A. 三棱锥的体积大小不确定 B. 当时， C. 直线平面 D. 直线与平面所成角正弦值为 7. 已知函数，若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 函数，不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线必过定点 B. 方程是直线的一般式方程 C. 直线的斜率为 D. 点到直线的距离为1 10. 已知数列的前项和为，（，且），若，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列中的最小项为12 C. 数列的前项和为 D. 若，恒成立，则 11. 如图，已知中，，，是的中点，动点在以为直径的半圆弧上.则（ ） A. B. 最小值为-2 C. 在上的投影向量为 D. 若的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知复数满足，则______. 13. 为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的平面直角坐标系，设秒针针尖的位置为，若初始位置为，当秒针针尖从（注：此时）正常开始走时，点的纵坐标与时间的函数关系式为__________. 14. 已知直线是曲线和公切线，则的值为_____. 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． （1）求最小正周期； （2）求图象的对称轴方程； （3）求在上的最大值和最小值． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，底面是直角梯形，，，. （1）若为棱中点，求证：平面； （2）求二面角的正弦值. 17. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围. 18. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 19 已知函数， （1）求函数的极值； （2）若函数在区间上单调递增，求a的最小值； （3）如果存在实数m、n，其中，使得，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈师大青冈实验中学2024——2025学年度高三12月份考试 数学试题 一、单项选择题（本大题共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.） 1. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可得答案. 【详解】命题“，”为全称量词命题， 其否定为， 故选：B． 2. 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. 3. 已知sinα>sinβ，，，则(　　) A. α＋β>π B. α＋β<π C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，且， 则由，得，即；故选A. 点睛：本题考查正弦函数的单调性和诱导公式，解决本题的难点是如何将不在同一单调区间上的角转化到同一个单调区间上（利用诱导公式），再利用正弦函数的单调性进行求解. 4. 已知一个正方体的各个顶点都在球面上，若球的体积为，则这个正方体的棱长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 设正方体的棱长为a对角线长为，利用正方体的体对角线为球的直径，再利用球的体积公式可得. 【详解】设正方体的棱长为a对角线长为， 则. ， ， ， . 故选：D. 5. 在公比为整数的等比数列中，已知，，那么（ ） A. 480 B. 493 C. 495 D. 498 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得首项及公比的方程，联立方程可求、，然后代入等比数列的前和公式可求答案． 【详解】设等比数列的首项为，公比为 ， 两式相除可得， 由公比为整数可得，， 代入等比数列的和公式可得， , 故选：A． 【点睛】本题主要考查了利用基本量，表示数列中的项，而在建立关于，的方程时，常利用两式相除解方程，等比数列的前项和公式． 6. 如图，正方体的棱长为，为棱的中点，为底面正方形内（含边界）的动点，则（ ） A. 三棱锥体积大小不确定 B. 当时， C 直线平面 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】D 【解析】 【分析】对于A项：以点为顶点，为底面研究三棱锥的体积即可； 对于B项：在矩形内思考即可判断； 对于C项：在矩形中即可判断与的关系，从而判断与平面的关系； 对于D项：利用线面角的定义可作出线面角，再解三角形即可； 【详解】解：对于A项：因为为底面正方形内（含边界）的动点，所以点到平面的距离为1，所以，故A错误； 对于B项：在矩形内，当时，显然与不垂直，故B错误； 对于C项：在平面内，与相交，所以与平面相交，故C错误； 对于D项：连接，因为平面， 所以是在平面内的射影， 所以为直线与平面所成角， 所以在直角三角形中， ，故D正确； 故选：D 7. 已知函数，若将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若函数为奇函数，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平移变换知识先求出的解析式，再根据三角函数的奇偶性得关于的方程即可计算求解. 【详解】由题意， 因为函数为奇函数，所以，， 又，所以当时，有最小值是. 故选：C. 8. 函数，不等式对恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，根据奇偶性定义判断为奇函数，再应用导数研究的单调性，进而将目标式转化为在R上恒成立，求参数范围. 【详解】因为， 所以， 令，则，得为奇函数， 又， ，当且仅当，即时等号成立； ，当且仅当，即时等号成立； 所以，得在R上为增函数， 因为， 所以R上恒成立，显然时满足； 当，需满足，解得， 综上，. 故选：D 【点睛】关键点点睛：注意构造，判断其奇偶性、单调性，最后将问题化为在R上恒成立为关键. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线必过定点 B. 方程是直线的一般式方程 C. 直线的斜率为 D. 点到直线的距离为1 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，化为点斜式，求出定点坐标；B选项，，当不全为0时，方程是直线的一般式方程；C选项，直线斜率为；D选项，利用点到直线距离公式得到答案. 【详解】A选项，直线，必过定点，A正确； B选项，当不全为0时，方程是直线的一般式方程，B错误； C选项，直线的斜率为，C错误； D选项，点到直线的距离为，D正确. 故选：AD 10. 已知数列的前项和为，（，且），若，，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列中的最小项为12 C. 数列的前项和为 D. 若，恒成立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，根据递推关系式以及与的关系求得的通项公式，可判断；对B，列出的关系式，结合对勾函数的性质即可判断；对C，利用分组求和、并项求和的方法即可求出判断；对D，判断的单调性，进而可得的最大值即可判断. 【详解】对A，依题意， ， ，. 也满足上式， ，，数列为等差数列，故A正确； 对B，， 当时递增，当时递减， 当时，， 当时，，最小值为．故B错误； 对C，而， .故C正确； 对D，考查数列，因为 ， 故随的增大而减小，即当时取最大值， 为，故， 故若，恒成立，则，故D正确. 故选：ACD． 11. 如图，已知中，，，是的中点，动点在以为直径的半圆弧上.则（ ） A. B. 最小值为-2 C. 在上的投影向量为 D. 若的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知是的中点，易得，可判断A；根据投影向量的定义可判断C；以M为原点，直线AC为轴建立直角坐标系，设，则，写出各点坐标，表示各向量的坐标，用向量的坐标运算及三角恒等变形可判断C、D. 【详解】以M为原点，直线AC为轴建立直角坐标系（如图）， 设，则，在中，，，是的中点， 所以， ，则 ，，，， 所以，，， 对于A：因为是的中点，所以，故A正确； 对于B： 因为，所以，当时，取得最小值， 所以最小值为，故B正确； 对于C：在上的投影向量为，故C错误； 对于D：因为所以， 则，当时，取最大值.故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知复数满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数的代数形式的除法求复数，再根据复数模的概念求. 【详解】由题意：. 所以. 故答案为： 13. 为了研究钟表与三角函数的关系，建立如图所示的平面直角坐标系，设秒针针尖的位置为，若初始位置为，当秒针针尖从（注：此时）正常开始走时，点的纵坐标与时间的函数关系式为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先设出函数关系式，由初始位置确定初相位，再由周期确定即可求解. 【详解】设点的纵坐标与时间的函数关系式为，由初始位置可得函数的初相位为，又函数周期是秒，且秒针按顺时针旋转，即，所以，即，所以. 故答案为：. 14. 已知直线是曲线和的公切线，则的值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求解即可. 【详解】令，则， 因为直线是曲线的切线， 所以由解得，此时 所以在处的切线为，所以， 又是的切线， 联立得， 令解得， 所以， 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． （1）求的最小正周期； （2）求图象的对称轴方程； （3）求在上的最大值和最小值． 【答案】（1） （2） （3），. 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式可将化简，从而求得其最小周期； （2）利用整体代入法求得图象的对称轴方程，从而得解； （3）利用正弦函数的性质，结合整体法即可得解. 【小问1详解】 因为 ， 所以的最小正周期为：； 【小问2详解】 令，得， 所以图象的对称轴方程为； 【小问3详解】 因为，所以， 注意到在上单调递减，在上单调递增， 而，，， 所以，. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，是等边三角形，底面是直角梯形，，，. （1）若为棱的中点，求证：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）首先利用勾股定理逆定理证明，由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 取的中点，连接、，因为为棱的中点， 所以且， 又且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 因为直角梯形，，，， 所以，， 所以，即， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则，取； 设平面的法向量为，则，取； 设二面角为，则， 所以，即二面角的正弦值为. 17. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，即可得； （2） 利用正弦定理以及三角恒等变换可得,即可得解； 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理得， 所以由正弦定理得， 又因为， 所以，因为，所以， 因为，所以， 因为，， 所以由余弦定理得， 所以，所以， 所以的面积. 【小问2详解】 因为角为钝角，所以，所以， 因为，所以， 代入得, 因为，所以，即， 所以的取值范围为. 18. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用，求解通项公式； （2）利用分组求和，裂项相消，分类讨论求解前项和. 【小问1详解】 根据题意可得，是正项数列，， 当时，，解得（舍去）， 当时，由得， 两式相减得， 即，由于， 所以， 所以数列是首项为1，公差为1的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）得 所以①当为偶数时, , ②当n为奇数时, 所以. 19. 已知函数， （1）求函数的极值； （2）若函数在区间上单调递增，求a的最小值； （3）如果存在实数m、n，其中，使得，求的取值范围. 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域，利用导数求出函数的单调区间，即可求出函数的极值； （2）依题意可得在上恒成立，显然，参变分离可得，设，，利用导数得到，即可求出参数的取值范围，即可得解； （3）方法1：依题意可得函数在、上为增函数，则，，从而得到，则，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围；方法2：依题意可得，，令，可得，，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出的范围，从而得解. 【小问1详解】 ∵定义域为，， ∴当时，；当时，； ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 依题可知，，在上恒成立，显然，所以， 设，，，所以在上单调递增， ，故，即，即a的最小值为． 【小问3详解】 方法1：由已知，则函数在、上为增函数， 若存在实数m、n，其中，使得，则，， 由可得，则， 故， 令，，，可得. 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 故，， 又因为，，且，所以， 因此，的取值范围是． 方法2：由已知，则函数在、上为增函数， 若存在实数m、n，其中，使得，则，， 令，则，可得， 由可得， 令，其中，令可得， 当时，，此时函数单调递减，当时，， 此时函数单调递增，故当时，， 又因为，，且，所以， 因此的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $