精品解析：辽宁省丹东市敬业实验高级中学2024-2025学年高三上学期期中测试（12月）数学试题

数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数、平面向量、复数、数列、立体几何. 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用解不等式和求指数函数的值域即得集合，再求交集即可. 【详解】，， 所以. 故选：A. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的模长公式及即可求解； 【详解】由可得，所以. 故选：B 3. 已知，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】D 【解析】 【分析】取，可判断充分性不成立；取，可判断必要性不成立，从而得到答案. 【详解】取，此时，则充分性不成立；取，此时，则必要性不成立. 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，两边平方，结合数量积的运算律计算即可求解. 【详解】由，得， 两边平方得， 所以，即. 故选：C 5. 已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面基本性质可得结果. 【详解】因为，所以,C正确； 题干中，，，但并不能判定两直线关系，A错误； 只有当时，才有和，所以B、D错误. 故选：C. 6. 若，且，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先左右两边平方得出，再结合角的范围得出正切范围，最后应用弦化切得出正切值. 【详解】，两边平方可得，即， 所以，且，所以 则，故， 解得或（舍去）. 故选：C. 7. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得，然后由等差数列求和公式可得答案. 【详解】因， 所以， 即. 因为，所以. 故选：D 8. 已知函数，对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，原不等式可转化为，根据函数的单调性和奇偶性解不等式即可求解. 【详解】令，则， 所以不等式可化为， 即，因为是奇函数且在上单调递增， 所以，则， 所以在上恒成立，则， 即实数的取值范围是. 故选：A 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，有歹项符合题目要求.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. 已知函数，则（ ） A. B. 是的一个零点 C. 的图象关于直线对称 D. 在上的值域为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的解析式，利用代入的方法，结合函数的性质，即可判断选项. 【详解】对A，因为，故A错误； 对B，，故B正确； 对C，，故C正确； 对D，，当时，，于是， 所以在上的值域为，故D正确. 故选：BCD 10. 已知函数为的极大值点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 极小值为 C. 恰有两个零点 D. 直线是的一条切线 【答案】BC 【解析】 【分析】利用函数的极大值点求函数的解析式，再利用导数判断函数的单调性，极值，零点，即可判断ABC，再求导数的范围，根据导数的几何意义，即可判断D. 【详解】对A,，因为为的极大值点，所以，解得，经检验成立,A错误， 对B,，由，得或，令0，得或， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值点为，极小值为，B正确. 对C,因为函数的极大值，且由函数的单调性可知，恰有两个零点，C正确. 对D,因为，直线的斜率为，而，所以D错误. 故选：BC 11. 在棱长为1的正方体中，为正方体内（包括表面）一动点，已知，若，则（ ） A. 点所有可能的位置所构成的几何体的体积为 B. 点所有可能的位置所构成的几何体的表面积为 C. 的最小值为 D. 的最大值为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于AB，由题可确定点P所在图形，然后可确定体积及表面积；对于CD，设为的中点，连接，由题可得，然后由范围可得答案. 【详解】对于AB，如图，建立以A为原点的空间直角坐标系， 则， ，则， 因为正方体内（包括表面）一动点，则，又， 则P所构成图形为三棱柱. 则点所有可能的位置所构成的几何体的体积为正方体体积一半，即， 点所有可能的位置所构成的几何体的表面积为 ，故A正确，B错误； 设为的中点，连接，所以， ， 当PO与平面垂直时，最小为， 当P与重合时，最大，值为，则， 所以的取值范围为，故C正确，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是偶函数，当时，，则当时，______. 【答案】 【解析】 【分析】首先设，，根据偶函数的性质，结合的函数的解析式，即可求解. 【详解】当时，可得， 又因为当时，，所以， 因为是偶函数，所以， 所以当时，. 故答案为：. 13. 已知正四棱锥的体积为，则该正四棱锥外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】正棱锥的外接球球心在顶点与底面对角线交点的连线上，设外接球半径为，由正四棱锥已知底面边长求出底面面积，然后由体积求出正四棱锥的高，再由建立方程解出，即可求出外接圆表面积. 【详解】设正四棱锥的底面中心为，外接球球心为，显然球心在直线上. 设正四棱锥的高为，外接球的半径为， 由，可得正方形的面积为3，所以，解得. 球心到平面的距离为， 于是，即，解得， 所以外接球的表面积为. 故答案为： 14. 设、、是一个三角形的三个内角，则当取得最大值时，______. 【答案】 【解析】 【分析】利用内角和定理、诱导公式、辅助角公式化简可得出，记函数，其中，利用导数求出函数取最大值时的值，即为所求. 【详解】 ， 其中， 所以 ， 记函数，其中， 则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故当时，取得最大值， 即当时，取得最大值. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法： （1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值； （2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值； （3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到. 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. 锐角的内角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角函数和差公式化简得，再利用正弦定理的边角变换即可得解； （2）利用（1）中结论与三角形面积公式求得，进而求得，从而利用余弦定理即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 又， 所以， 因为为锐角三角形，所以，则， 故由正弦定理得，从而. 【小问2详解】 由（1）可知，， 则的面积， 又，则， 在中，由余弦定理得， 则. 16. 在直三棱柱中，分别是，的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，设交于点，由中位线可证，即可求证； （2）建系，求得两平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 证明：连接，设交于点，连接. 易知四边形为平行四边形，所以为的中点， 因为为的中点，所以. 又平面平面，所以平面. 【小问2详解】 解：在直三棱柱中，平面，且，以点为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 依题意得，则. 设为平面的一个法向量， 令，得. 易知是平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 如图，在多面体中，，，. （1）证明：平面平面. （2）若是线段上一点，且与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）如图，根据平行四边形的判定定理和性质可知、是等腰三角形，由勾股定理的逆定理可得，结合线面垂直的判定定理与性质和面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，设设，结合空间向量法求解线面角建立关于的方程，解之即可求解. 【小问1详解】 取的中点，取的中点，连接. 因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，又， 所以等腰三角形，同理得是等腰三角形， 可得， 又，所以，所以. 又平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 以为原点，为基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则， . 设为平面的一个法向量， ，令，得. 设与平面所成的角为， 则， 所以， 解得或（舍去）， 以，则. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程. （2）若，且是的两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得切线方程斜率及所过点，据此可得切线方程； （2）（i）由题可得函数图象与直线有两个交点，利用导数知识可得大致图象，即可得答案； （ii）由题可得，然后由基本不等式可完成证明. 【小问1详解】 当时，，则. ，则. 故曲线在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 由，可得， 则有两个零点，等价于方程有两个根， 即函数图象与直线有两个交点 令，则， 令，则， 令，则， 即上单调递增， 注意到，则存在， 使，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 即，因， 则， 又，，， 则当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递增. 又， 则可得大致图象如下：则要使函数图象与直线有两个交点， 需满足； （ⅱ）证明：由题可知， 显然. 则当且时，易知取两个互为倒数的数时，函数值相等， 因为，所以互为倒数，即， ， 当且仅当时，等号成立. 【点睛】关键点睛：对于涉及零点问题，常利用零点存在性定理确定零点大致范围，或利用函数图象交点个数确定参数范围. 19. 在平面直角坐标系中，是坐标原点．若点列中的3个相邻的点满足，则称关于的方程是的特征方程，将方程的实数根称为的特征根．已知，点列的特征根为1和． （1）求点的坐标； （2）设，求数列的前项和； （3）若是公差为的等差数列，且各项都为正整数，和是已知的常数，求点列的特征根． 【答案】（1）， （2） （3）和 【解析】 【分析】（1）根据特征方程和特征根的定义求解即可； （2）由（1）知，化简，再利用裂项相消法求解即可； （3）求得，设，分别求出，再根据特征方程和特征根的定义即可得出答案. 【小问1详解】 因为点列的特征根为和， 所以点列的特征方程为， 所以， 则，即， 所以， 所以的坐标为， 由， 得，即， 所以， 所以的坐标为； 【小问2详解】 由（1）知， ， 所以； 【小问3详解】 因为， 所以， 所以， 设， 则， ， ， 设， 则①， ②， 由①②得，即， 将代入②得， 因为是公差为的等差数列，且各项都为正整数， 所以， 又，所以，得， 又， 所以点列的特征方程为，特征根为和. 【点睛】关键点点睛：理解特征方程和特征根的定义是解决本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数、平面向量、复数、数列、立体几何. 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知，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 4. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知是三条不同的直线，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（ ） A B. C. D. 6 若，且，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 已知函数，对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） 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，有歹项符合题目要求.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. 已知函数，则（ ） A. B. 是的一个零点 C. 的图象关于直线对称 D. 在上的值域为 10. 已知函数为的极大值点，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的极小值为 C. 恰有两个零点 D. 直线是的一条切线 11. 在棱长为1的正方体中，为正方体内（包括表面）一动点，已知，若，则（ ） A. 点所有可能的位置所构成的几何体的体积为 B. 点所有可能的位置所构成的几何体的表面积为 C. 的最小值为 D. 的最大值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是偶函数，当时，，则当时，______. 13. 已知正四棱锥的体积为，则该正四棱锥外接球的表面积为______. 14. 设、、是一个三角形的三个内角，则当取得最大值时，______. 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. 锐角的内角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若的面积为，求的值. 16. 在直三棱柱中，分别是，的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 如图，在多面体中，，，. （1）证明：平面平面. （2）若是线段上一点，且与平面所成角的正弦值为，求. 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程. （2）若，且是的两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明： 19. 在平面直角坐标系中，是坐标原点．若点列中的3个相邻的点满足，则称关于的方程是的特征方程，将方程的实数根称为的特征根．已知，点列的特征根为1和． （1）求点坐标； （2）设，求数列前项和； （3）若是公差为的等差数列，且各项都为正整数，和是已知的常数，求点列的特征根． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $