精品解析：云南省曲靖市师宗县平高学校2024-2025学年高三上学期11月考试数学试题

师宗平高学校2024年秋季学期11月月考高三 数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：函数与导数、三角函数、解三角形、平面向量、数列、立体几何部分． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：本小题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求． 1. 记等差数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 60 B. 80 C. 140 D. 160 2. 设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”是“lm且ln”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的定义域为R，且为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 2025 5. 已知等比数列为递增数列，，记、分别为数列、的前n项和，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.若为的垂心，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本小题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ） A. 已知点A，B，C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则 B. 已知，则在上的投影的坐标为 C. 已知点G为三条边的中线的交点，则 D. 已知向量，且与的夹角为锐角，则的取值范围是 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 点为图象的一个对称中心 C. 若在上有两个实数根，则 D. 若的导函数为，则函数的最大值为 11. 在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ） A. 当平面时，不可能垂直 B. 若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 C. 当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为 D. 当时，的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知球O是某圆锥内可放入的最大的球，其半径为该圆锥底面半径的一半，则该圆锥的体积与球O的体积之比为______． 13. ，若定义，则中的元素有_______个． 14. 设A，B，C三点在棱长为2的正方体的表面上，则的最小值为_______． 四、解答题：本小题共5小题，共77分． 15. 记中角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求A； （2）记的外接圆半径为，内切圆半径为r，若，求的取值范围． 16. 已知公差d不为0的等差数列的前n项和为． （1）求的通项公式： （2）令记为数列的前n项和，若，求n的最小值． 17. 如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，为的中点，将沿折到的位置，. （1）求证：； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数． （1）若在上为增函数，求的取值范围； （2）已知的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像且是的一个零点，若在上恰好有6个零点，求n的最大值； （3）已知函数，在第（2）问的条件下，若对任意，存在，使得成立，求a的取值范围． 19. 已知函数． （1）若，证明：； （2）记数列的前项和为． （i）若，证明：． （ii）已知函数，若，，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 师宗平高学校2024年秋季学期11月月考高三 数学试卷 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：函数与导数、三角函数、解三角形、平面向量、数列、立体几何部分． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：本小题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求． 1. 记等差数列的前n项和为，若，，则（ ） A. 60 B. 80 C. 140 D. 160 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出等差数列的公差及首项，再利用前n项和公式计算即得. 【详解】等差数列中，，而，则， 公差，， 所以. 故选：C 2. 设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”是“lm且ln”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】设l,m,n均为直线，其中m,n在平面内，“l”，则“lm且ln”，反之若“lm且ln”，当m//n时，推不出“l”，∴ “l”是“lm且ln”的充分不必要条件，选A． 3. 蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解. 【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为， 因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形， 所以，解得，则或（舍去）， 由得，， 则上半部分的体积为，下半部分体积为， 故蒙古包的体积为. 故选：C. 4. 已知函数的定义域为R，且为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 2025 【答案】C 【解析】 【分析】由函数奇偶性，确定为周期函数，再结合，求得，即可求解. 【详解】因为为奇函数，所以关于点中心对称， 又为偶函数，所以关于直线对称， 所以为周期函数且周期， ∴，∵，∴，∴. 故选:C． 5. 已知等比数列为递增数列，，记、分别为数列、的前n项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列性质求出，再由求出公比并判断，进而求出前n项和. 【详解】由，得，解得，设等比数列的公比为，则， 由，得，整理得， 解得或， 由数列为递增数列，得，所以. 故选：D 6. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得的外接圆的半径，记的外心为，证得平面，求得，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解. 【详解】设的外接圆半径为，因为，， 由余弦定理得，， 所以， 由正弦定理得，所以， 记的外心为，连接，，，则， 取，的中点分别为，，则，， 又因为，可得，， 因为，， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又因为平面，平面， 所以，， 因为，平面， 所以平面，可得， 由题意可得外接球的球心在上，或在的延长线上，设外接球的半径为， 则球心到的距离为， 则有，解得， 所以球的表面积， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于先确定所在截面小圆的半径，再通过几何关系确定球心所在直线，进而确定球心位置，将球心到的距离表示出来，再用勾股定理解出球半径，进而得到结果. 7. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.若为的垂心，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据和得，从而可以得出，设，，得，，再结合垂心和直角三角形余弦值即可求解. 【详解】 如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点. 由为的垂心，，且， 得，所以， 又，则，同理可得，所以， 设，，则，， 所以，即，， 所以， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用“奔驰定理”得到，从而利用对顶角相等得到，由此得解. 8. 已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先证明此函数为偶函数，再利用其导函数得到其单调性，利用其是偶函数得到，，通过指数函数单调性得，再根据幂函数性质证明出，同取对数得到，则有，再利用单调性即可得到大小关系. 【详解】因为，定义域关于原点对称， ， 所以为上的偶函数， 当时,，设， 则，，， 所以即在上单调递减,所以, 所以在上单调递减,又因为为偶函数, 所以在上单调递增， 又因为,, 又因为, 因为,，所以, 所以，即, 所以, 所以, 即. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题首先证明函数的奇偶性与单调性，对于其单调性的求解需要二次求导，其次就是利用函数的奇偶性对进行一定的变形得，,然后就是比较的大小关系，需要结合指数函数的单调性以及幂函数的单调性进行合理放缩，对于这种较为接近的数字比较大小问题，通常需要利用函数的单调性以及寻找合适的中间量放缩. 二、多项选择题：本小题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ） A. 已知点A，B，C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则 B. 已知，则在上的投影的坐标为 C. 已知点G为三条边的中线的交点，则 D. 已知向量，且与的夹角为锐角，则的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平面向量共线定理的推论判断A；求出投影向量判断B；利用三角形重心性质判断C；利用向量夹角公式求解判断D. 【详解】对于A，点在直线l上，点O在直线l外，且，由得，A正确； 对于B，由，得在上的投影向量的坐标为： ，B正确； 对于C，依题意，G是三角形的重心，延长交于，则是边中点，， 于是，C正确；    对于D，当时，，与的夹角为零，D错误. 故选：ABC 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 点为图象的一个对称中心 C. 若在上有两个实数根，则 D. 若的导函数为，则函数的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接由周期公式即可判断；对于B，直接代入检验即可；对于C，画出图形，通过数形结合即可判断；对于D，求导后结合辅助角公式即可得解. 【详解】由题意可得，故A正确； ，所以不是图象的一个对称中心，故B错误； 令，由得， 根据题意可转化为直线与曲线，有两个交点， 数形结合可得，故C正确； 设为的导函数， 则， 其中， 当且仅当， 即当且仅当时等号成立，故D正确， 故选：ACD． 11. 在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ） A. 当平面时，不可能垂直 B. 若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 C. 当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为 D. 当时，的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】在空间直角坐标系中，由向量法结合向量垂直判断A；由几何关系得出与平面所成线面角，得，求出点P的轨迹长判断B；由得点P在上，利用几何关系可得的面积最值在端点及中点位置判断C；将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理求解判断D. 【详解】对于A，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，， 所以，， 则，，设平面的一个法向量为， 所以，令，则，即平面的法向量为， 若平面，则，即， 由，则，即P为中点时，有平面，且，A错误； 对于B，因为平面，连接，则即为与平面所成角， 若与平面所成角为，则，所以， 即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，B正确； 对于C，因为，所以点P一定在上，又因为当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为， 设的中点为H，由图形的变化可得当点P在DH和运动时，所得截面对称相同， 于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为，C错误； 对于D，如图，将平面与平面沿展成平面图形， 线段即为的最小值，利用余弦定理得， 所以，D正确. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知球O是某圆锥内可放入的最大的球，其半径为该圆锥底面半径的一半，则该圆锥的体积与球O的体积之比为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意作出相应的截面图形，设，利用勾股定理，用表示，结合圆锥体积和球的体积公式即可求解. 【详解】球O是某圆锥内可放入的最大的球，则该球为圆锥的内切球， 截面如图所示：设球的半径为，则圆锥底面半径为， 可得在中，，， 设，由勾股定理得， ，即， 化简得，即， ，则，即， 则圆锥体积为， 球的体积为， 所以圆锥的体积与球O的体积之比为. 故答案为：. 13. ，若定义，则中的元素有_______个． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的运算公式，结合题中定义进行求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 共14个元素. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题中定义. 14. 设A，B，C三点在棱长为2的正方体的表面上，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，不妨假设A在平面中，设，，，和分别是点，在平面上的投影，利用向量不等式，结合基本不等式即可求解. 【详解】将正方体置于空间直角坐标系中，且A在平面中，点和点的连线是一条体对角线． 设，，，， 和分别是点，在平面上的投影， ，，，， 则， 而，当且仅当点A为的中点时取等号， 此时， 所以当，，且时． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用 ，把空间向量的数量积转化成平面向量的数量积，“降维”是解决该题的关键. 四、解答题：本小题共5小题，共77分． 15. 记中角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． （1）求A； （2）记的外接圆半径为，内切圆半径为r，若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式整理得到结合角的范围即可求解； （2）根据正弦定理确定的外接圆半径为，根据等面积确定内切圆半径为，从而可得的不等式，进而可求其取值范围． 【小问1详解】 ， ，则， ， ，解得， ； 【小问2详解】 根据正弦定理得：， 设的内心为，易知， 由，则， 由余弦定理得：， 即，当且仅当时取等号， ， ， ， ． 16. 已知公差d不为0的等差数列的前n项和为． （1）求的通项公式： （2）令记为数列的前n项和，若，求n的最小值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）利用等差数列前n项和及通项公式求基本量，即可写出通项公式； （2）由（1）及题设，应用等比数列前n项和公式、分组求和得，结合不等式能成立及的单调性求正整数n的最小值． 【小问1详解】 由题设， 所以，而， 所以. 【小问2详解】 由题设， 则， 所以，又在上单调递增， 当时，， 当时，， 所以，故n的最小值为6． 17. 如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，为的中点，将沿折到的位置，. （1）求证：； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：依题意是边长为2的正三角形，为的中点，所以， 所以，，，，， 则，所以，又，即，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）首先证明，即可得到，从而得到平面，即可证明，再证明平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与直线的方向向量，再由空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，令， 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）若在上为增函数，求的取值范围； （2）已知的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像且是的一个零点，若在上恰好有6个零点，求n的最大值； （3）已知函数，在第（2）问的条件下，若对任意，存在，使得成立，求a的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由正弦函数的单调性结合条件可列，从而解得的取值范围. （2）由，，可得，从而知的解析式，再由正弦函数的零点，分析即可； （3）原问题可转化为的值域是值域的子集，再根据正余弦函数的图象与性质，分别求得与在对应定义域内的值域，列出关于a的不等式组，解之即可. 【小问1详解】 因在区间上单调递增， 令，则, 故在区间上单调递增， 故由题意知，则， 于是，解得，故的取值范围为. 【小问2详解】 由题意知， 因为是的一个零点，所以， 即，解得，或， 解得，，或，， 又，所以， 所以， 若在上恰好有6个零点等价于与恰好有6个交点， 令，由，则， 即，与恰好有6个交点， 而从开始从左到右的解依次为, 所以，故n的最大值为. 【小问3详解】 由（2）知， 若对任意，存在，使得成立， 则的值域是值域的子集， 当时，，所以， 即， 当时，，所以， 即， 因为的值域是值域的子集，所以 所以实数a的取值范围为. 19. 已知函数． （1）若，证明：； （2）记数列的前项和为． （i）若，证明：． （ii）已知函数，若，，，证明：. 【答案】（1）证明如下： 设，当时，， 所以在上为增函数，故当时，， 所以当时， 设，当时，， 所以在上单调递增，故当时，， 所以当时， 故当时， 因为，当时，， 所以在上为增函数， 因为当时，，且由， 可得，所以，即， 所以 （2）（i）证明如下： 因为， 所以， 则， 所以， 即， 所以 （ii）证明如下： 函数， 因为当时，， 所以当时，， 所以当时，， 因此， 故，即 因为， 所以当时，， 综上，，所以， 所以， 即. 【解析】 【分析】（1）先构造函数证明，，再由的单调性得出即可证明； （2）（i）利用错位相减法求和后放缩即可得证；（ii）利用函数不等式可得，得出递推关系，累乘后可得，求和即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛：在第一步的证明过程中，首先要构造函数，利用导数证明几个不等式，比较难想到，当求出单调性后，得到，再由单调性得到，技巧性很强，一般不容易想到，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $