精品解析：辽宁省沈阳市翔宇中学2024-2025学年高三上学期第三次测试（12月）数学试题

辽宁省沈阳市翔宇中学2024-2025学年高三上学期第三次测试（12月）数学试题 （试卷满分：150分 考试时间：120分钟） 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，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. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ） A. 15° B. C. D. 4. 已知单位向量满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 由，可求得的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则“”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 7. 如图，三棱柱中，E，F分别是AB、AC的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） A. 5:6 B. 3:4 C. 1:2 D. 5:7 8. 在半径为2的圆上任取三个不同的点且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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，有多项符合题目的要求.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. 已知等差数列的前 项和为，且，则（ ） A. B. C. 当 时，取得最小值 D. 记，则数列的前 项和为 10. 已知点，，且点 在直线 ：上，则（ ） A. 存在点 ，使得 B. 存在点 ，使得 C. 的最小值为 D. 最大值为3 11. 如图，棱长为2的正方体中， 为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面 ，则下列说法正确的有（ ） A. 动点轨迹的长度为 B. 三棱锥体积的最小值为 C. 与不可能垂直 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面截半径为R的球 所得的截面圆的周长等于大圆周长的一半，则球心 到平面的距离为____________. 13. 已知圆，过点的直线 与圆 交于B，C两点，且，则____________. 14. 已知函数是上奇函数，若数列的项满足：（）.则数列的通项公式为：____________. 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. 已知数列是等比数列，是常数列，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前 项和. 16. 如图，在四棱锥 中，底面是正方形，侧面 是正三角形， ． （1）求证：平面平面； （2）求直线 与平面所成角的正弦值． 17. 在锐角三角形ABC中，角的对边分别为若，且 . （1）求； （2）求的最大值. 18. 如图，在四棱锥 中，四边形为菱形，,,. （1）证明： 平面 ； （2）已知平面 与平面的夹角的余弦值为，求. 19. 已知函数. （1）求函数图象上点到直线的最短距离； （2）若恒成立，求的取值范围； （3）若函数 与 的图象存在公切线，求正实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省沈阳市翔宇中学2024-2025学年高三上学期第三次测试（12月）数学试题 （试卷满分：150分 考试时间：120分钟） 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，集合，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解指数不等式化简集合，再利用并集的定义求得结果. 【详解】由，得 ，则，而， 所以. 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】利用复数乘方及除法运算求出复数 即可求得. 【详解】由，得，即， 整理得， 所以. 故选：B 3. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ） A. 15° B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设相应长度，根据圆锥的侧面积和轴截面面积列式可得，再结合线面夹角运算求解. 【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为， 由题意可得：，解得， 设该圆锥的母线与底面所成的角为，则， 可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为. 故选：C. 4. 已知单位向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数量积的运算律及向量夹角公式计算得解. 【详解】单位向量满足，则， ，， 所以. 故选：A 5. 由，可求得的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由诱导公式以及二倍角的正弦公式化简可得出关于的二次方程，结合可得出的值. 【详解】因为 又因为，所以 因为，所以 所以解得 故选：B. 6. 已知函数，则“”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】根据给定函数，利用充分条件/必要条件的定义，结合奇函数的性质推理判断. 【详解】函数定义域为R，，即是奇函数， 由，得，则， 反之，取，满足，而， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 7. 如图，三棱柱中，E，F分别是AB、AC的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ） A. 5:6 B. 3:4 C. 1:2 D. 5:7 【答案】D 【解析】 【分析】设 面积为， 和的面积为 ，三棱柱高为；；；总体积为： ，根据棱台体积公式求；以及面积关系，求出体积之比． 【详解】由题：设 面积为， 和的面积为 ，三棱柱高为；； ；总体积为： 计算体积： ① ② ③ 由题意可知，④ 根据①②③④解方程可得：，；则. 故选：D． 8. 在半径为2的圆上任取三个不同的点且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理确定，设，再结合正弦定理求得 ，由平面向量数量积的定义进一步可求解. 【详解】在中，由正弦定理，得，即， 所以，又，所以或. 当时，设，则， 由， 得， 所以， 由，得，所以， 即； 当时，. 综上所述，的最大值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用正弦定理和三角恒等变换以及正弦函数的性质. 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，有多项符合题目的要求.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. 已知等差数列的前 项和为，且，则（ ） A. B. C. 当 时，取得最小值 D. 记，则数列的前 项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】运用等差数列的通项公式和求和公式，结合二次函数性质可解. 【详解】由题意可设公差为 ，则有 由有：，故A错误； 故B正确； ，由二次函数的性质可知： 当 时，取得最小值，故C正确； 因为， 所以 所以为等差数列，公差为4，首项为， 所以的前 项和为：故D正确. 故选：BCD. 10. 已知点，，且点在直线 ：上，则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 最大值为3 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，利用斜率公式判断A，利用距离公式判断B，化折线为直线，利用两点之间线段最短判断C，根据几何意义判断D. 【详解】对于A：设，若时，此时的斜率不存在， ，与不垂直，同理 时与不垂直， 当且时，， 若 ，则， 去分母整理得，，方程无解，故与不垂直，故A错误； 对于B：设，若，则， 即，由，所以方程有解，则存在点，使得，故B正确； 对于C：如图设关于直线 的对称点为， 则，解得，即， 所以， 当且仅当、、三点共线时取等号（在线段之间），故C正确； 对于D：如下图，，当且仅当在 的延长线与直线 的交点时取等号，故D正确. 故选：BCD 11. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面 ，则下列说法正确的有（ ） A. 动点轨迹的长度为 B. 三棱锥体积的最小值为 C. 与不可能垂直 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A由平面 ，联想到存在一个过的平面与平面 平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可. 【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接， 又正方体中，为棱的中点，可得,， 平面, 平面,又， 且平面，平面平面, 又平面 ，且平面，平面， 又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面， ，即的轨迹为线段. 由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确； 对B，由正方体侧棱 底面，所以三棱锥体积为， 所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小， 此时,所以体积最小值为，故选项B正确； 对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为, ，而，,故选项C不正确； 对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时， 由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心， ,,,所以底面为直角三角形， 所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为 , 由,,可得外接球半径， 外接球的表面积为，故选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面截半径为R的球 所得的截面圆的周长等于大圆周长的一半，则球心 到平面的距离为____________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，求出截面圆半径，再利用球的截面性质计算得解. 【详解】依题意，平面截半径为R的球 所得的截面圆的周长为，则该截面圆半径， 所以球心 到平面的距离. 故答案为： 13. 已知圆，过点的直线 与圆 交于B，C两点，且，则____________. 【答案】## 【解析】 【分析】设出点 的坐标，并表示出点 ，再利用点都在圆上列出方程求解. 【详解】设点，而点，且，则 是中点，， 依题意，，解得， 所以. 故答案为： 14. 已知函数是上奇函数，若数列的项满足：（）.则数列的通项公式为：____________. 【答案】 【解析】 【分析】首先由奇函数的性质，得到，再根据结论，利用倒序相加法，即可求解. 【详解】因为函数是上奇函数，所以 ， 所以， ， 两式相加得：， 即. 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. 已知数列是等比数列，是常数列，且. （1）求的通项公式； （2）求数列的前 项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，设，由等比中项列式求出 及等比数列公比即可求出通项. （2）由（1）的结论，利用分组求和法求解即得. 【小问1详解】 由是常数列，设，由数列是等比数列，得， 而，则，解得 ， 因此，等比数列的公比，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以. 16. 如图，在四棱锥 中，底面是正方形，侧面 是正三角形， ． （1）求证：平面平面； （2）求直线 与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：不妨设正方形边长为2，则， 由，得 ， 再由， ， 平面 ，得 平面 ， 因为 平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件，结合勾股定理，可以判定 ，根据面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）以 中点为原点， 所在直线为轴，构建空间直角坐标系，利用空间向量，即可求得线面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取 中点 ，连结，则，由（1）可知，平面平面ABCD， 平面平面 ，所以平面， 以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 ， 设平面的法向量为 ，则 取 ，记 与平面所成角为，则． 17. 在锐角三角形ABC中，角的对边分别为若，且 . （1）求； （2）求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件得到，从而得到，即可得到，再利用同角三角函数关系求解即可. （2）根据已知条件得到，再结合基本不等式得到，从而得到，即可得到答案. 【小问1详解】 因为， ，所以， 所以，即. 所以. 因为为锐角三角形，所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 当且仅当时取等号. 所以，解得， 即. 所以，当且仅当时取等号. 即的最大值为. 18. 如图，在四棱锥 中，四边形为菱形，,,. （1）证明： 平面 ； （2）已知平面 与平面的夹角的余弦值为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，利用勾股定理推导出，即，由菱形的几何性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以 为原点，、所在直线分别为 轴、轴，过点 且与平面垂直的直线为 轴建立空间直角坐标系，设点，则，且，根据空间向量法可得出关于 、 的另一个等式，求出这两个未知数的值，可得出点的坐标，进而可求得的长. 【小问1详解】 设，因为四边形为菱形，则 为、的中点，且， 因为，,，则 是边长为 的等边三角形， 则，， 因为，所以，即， 因为，、平面 ，所以 平面 . 【小问2详解】 因为 平面 ，以 为原点，、所在直线分别为 轴、轴， 过点 且与平面垂直的直线为 轴，建立空间直角坐标系， 则、、，设，则，且， ，， 设平面的法向量为， 所以，令，则， 由（1）可知，平面的一个法向量为， 设平面 与平面的夹角为， 则，化简得， 所以，，解得，，所以， 所以，，即. 19. 已知函数. （1）求函数图象上点到直线的最短距离； （2）若恒成立，求的取值范围； （3）若函数与的图象存在公切线，求正实数的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】由与平行且与相切的直线的切点到直线的距离最短，结合导数几何意义求切点坐标，应用点线距离公式求结果； 问题化为恒成立，利用导数研究右侧最值求参数范围. 利用导数几何意义求与的切线方程，结合公切线列方程得，应用导数研究右侧最值，即可得结果； 【小问1详解】 设与平行且与相切的直线，与的切点为， 由题设，，则到直线的距离最短， 所以 【小问2详解】 由，从而恒成立， 令，则. 所以令， 所以则在为减函数，且. 当 时，在上为增函数； 当 时，在上为减函数. 所以；即 . 所以. 【小问3详解】 设点是公切线在上的切点，则切线斜率为 故切线方程为， 设点是公切线在上的切点，则切线斜率为， 故切线方程为， 所以，消去有 令， 当时，在上为增函数， 当时，在上为减函数. 所以最大值为 所以正实数的最小值为 【点睛】思路点睛：本题主要考查利用导数求解不等式的恒成立问题，属于难题. 一般地，已知函数， （1）若，总有成立，则； （2）若，总有成立，故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $