精品解析：陕西省汉中市多校2024-2025学年高三上学期1月期末联考数学试题

大市联考卷（四） 数学满分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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别解对数,指数不等式，求出，再求并集即可. 【详解】由于,即，即， 解得.则. 由于，即，则，则. 则. 故选：C. 2. 在二项式的展开式中，常数项为（ ） A. 180 B. 270 C. 360 D. 540 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】二项式的展开式的通项公式为， 令，解得，所以常数项为. 故选：A 3. 若复数满足，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据复数代数形式的加减运算化简，再根据复数相等的充要条件得到方程组，即可求出、，最后根据复数的几何意义判断即可. 【详解】设，则， 所以，又， 所以，解得， 所以，所以复数在复平面内所对应的点为，位于第四象限. 故选：D 4. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：A 5. 已知是无穷数列，，则“对任意的，都有”是“是等差数列”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】根据充分性和必要性的判断，直接论证即可. 【详解】对任意的，都有， 令，可以得到，因此是公差为的等差数列； 若，则，，，可得， 故“对任意的，都有”是“是等差数列”的充分不必要条件. 故选：A 6. 已知直线与直线交于，则原点到直线距离的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由交点在两条直线，代入点的坐标得的关系，再将关系变形代入点到直线的距离公式消元求最值可得. 【详解】因为两直线交于， 则，即，且，则； 由原点到直线的距离 由， 则，当且仅当时，取最大值，此时. 即两直线重合时，原点到直线的距离最大. 故选：B. 7. 曲线与交点个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】作出曲线与图象，结合图象即可得出答案. 【详解】作出曲线与大致图象，可知，而， 由曲线与图象知，曲线与有个交点. 故选：A. 8. 图①是底面边长为2的正四棱柱，直线经过其上，下底面中心，将其上底面绕直线顺时针旋转，得图②，若为正三角形，则图②所示几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合图形，由题意过点作于点，得到直角梯形，求出该几何体的高,再借助于求出该几何体的外接球半径,即得其表面积. 【详解】 如图，设正四棱柱的上下底面中心分别为点,过点作于点，连接， 依题意，易得直角梯形,因为边长为2的正三角形,则，且, 又，则. 设该几何体外接球球心为点,半径为,则点为的中点，则, 在中，, 于是该几何体外接球的表面积为. 故选：A. 二､多选题：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. 随机事件A、B满足，，，下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件B相互独立 B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用独立事件计算公式可判断A正确，易知，可得B错误，根据全概率公式可得C正确，计算可得D错误. 【详解】根据，可得； 又，可得； 即满足，因此事件与事件B相互独立，即A正确； 易知，因此B错误； 由可得，即可知C正确； 计算可得，所以，即D错误. 故选：AC 10. 若函数，则（ ） A. 的极大值点为2 B. 有且仅有2个零点 C. 点是的对称中心 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出函数的导数，探讨函数的单调性及极值判断AB；探讨对称性求解判断CD. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由，得或；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，作出其图象. 由图知，函数在处取得极大值，只有一个极大值点，故A错误； 函数在处取得极小值，且当时，，则有且仅有2个零点，故B正确； 因，则点是图象的对称中心，故C正确； 因 ，故D正确. 故选：BCD 11. 数学家笛卡尔研究了很多曲线，传说笛卡尔给公主克里斯蒂娜寄的最后一封信上只有一个数学表达式：，克里斯蒂娜用极坐标知识画出了该曲线图象“心形线”，明白了笛卡尔的心意.已知利用关系式和可将信中表达式转化为直角坐标系下的曲线方程.如图，该曲线图象过点，则（ ） A. B. 曲线经过点 C. 当点在曲线上时， D. 当点在曲线上时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题目所给已知条件进行化简，得到，然后根据曲线图象所过点、曲线方程、导数与极值、换元法以及判别式（或者三角恒等变换）的方法对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】因为，所以， 利用关系式得，…（*） A选项：因为曲线图象过点，所以此时， 代入（*）得，所以，故A正确； B选项：因为，所以（*）化为， 所以直角坐标系下的曲线方程为， 代入点满足，故B正确； C选项：，设， 则，令，得或， 时，，所以， 时，， 则有极值，由对称性，所以，故C错误； D选项：方法1：由两边平方整理得: ，令， 则（*），由判别式，得. 令，由于方程（*）在有解， （1）当对称轴，即或时， 由得，所以； （2）当对称轴，即时， 由，得，所以， 综上，.故D正确. 方法2：， 所以.故D正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：求解参数的取值范围，可以考虑利用导数来进行求解，也可以利用换元法来进行求解.其中换元法可以转化为一元二次方程，然后结合判别式来求解，也可以考虑利用三角换元，利用三角恒等变换的知识来求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是减函数，则a的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出函数的单调递减区间，再利用分段函数单调性列出不等式求解即得. 【详解】令，求导得， 由，得，函数的递减区间为， 由函数是减函数，得，即， 令，求导得， 函数在上单调递减，而， 由，解得， 所以a的取值范围是. 故答案为： 13. 在三棱锥中，，二面角的大小为，则最小时，三棱锥的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】本题主要利用余弦定理、二面角以及直角三角形的性质，即可求得一元二次函数的最小值，进而求得三棱锥的体积. 【详解】如图，取的中点，连接，设，则， ，显然是二面角的平面角，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，当且仅当时取等号， 此时三棱锥的体积. 故答案为：. 14. 已知椭圆，过轴正半轴上一定点作直线，交椭圆于两点，当直线绕点旋转时，有（为常数），则定点的坐标为__________，__________. 【答案】 ①. ②. 6 【解析】 【分析】设出和直线的方程，直曲联立由韦达定理表示出在由弦长公式表示，然后取解出的坐标和即可； 【详解】 设点，， 当直线的斜率不为时，设其方程为， 代入椭圆方程并整理可得， ， 所以， 因为当直线绕点旋转时，有（为常数）， 当时，， 当时，， 所以， 解得，所以， 代入， 当直线的斜率为0时也成立， 经检验，适合题意. 故答案为：；6. 【点睛】方法点点睛：直线的斜率不为时，可设其方程为形式；弦长公式为，可结合韦达定理快速计算. 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. 已知的内角所对的边分别为，且 （1）求角A； （2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解； （2）根据面积关系可得，再结合余弦定理解得，进而可得面积. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 且， 即， 整理可得， 且，则，可得， 又因为，则，可得，所以. 【小问2详解】 因为为的平分线，则， 因为，则， 即，可得， 在中，由余弦定理可得， 即，整理可得，解得或（舍去）， 所以的面积. 16. 如图，在正三棱柱中，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明：记的中点为，连接， 因为分别为的中点，为正三棱柱， 所以平面，又平面，所以， 因为为正三角形，所以， 以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， ， 因为， 所以， 又平面，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）记的中点为，以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量证明，然后由线面垂直判定定理可证； （2）表示出向量，结合（1）中结论，利用向量坐标表示出，然后结合基本不等式求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以， 所以， 由（1）知，是平面的一个法向量， 记直线与平面所成角为， 则， 令，则， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 17. 已知为数列的前项和，为数列的前项和，. （1）求的通项公式； （2）若，求的最大值； （3）设，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）知， 设是的前n项和，则，所以是递增数列， 所以成立. 又， 所以当时，，所以， 得， 所以. 综上，. 【解析】 【分析】（1）根据递推公式得出等差数列再应用基本量运算得出通项公式； （2）分组求和分别求出,再计算化简结合指数函数单调性计算求解； （3）先根据得出,再证明，结合等比数列求和证明右侧不等式 【小问1详解】 由，得，所以数列为等差数列， 所以，所以. 又，所以， 设的公差为d，即解得 所以的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知，所以 ， ， 令，得， 设，则数列是递增数列. 又，， 所以n的最大值为5. 【小问3详解】 略 18. 已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点. （i）求直线的斜率； （ii）证明：直线与交于定点. 【答案】（1） （2）（i）2；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设圆心为，根据题意结合弦长列式求解即可； （2）（i）设，联立方程可得韦达定理，求得，，根据斜率相等运算求解即可；（ⅱ）分析可知直线与的交点即为直线与的交点，求直线的方程运算求解即可. 【小问1详解】 设圆心为， 由题意可得：，整理可得， 所以曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）由题意可知：直线的斜率不为0， 设， 联立方程，消去x可得， 则，可得， 可知直线， 联立方程，消去x可得， 由题意可知：，即， 且，可得， 同理可得：， 则 ， 因为，则，即， 整理可得， 由题意可知：点不在直线上，则，即， 可得，即，所以直线的斜率； （ii）由（i）可知：，则的中点， 又因为，即，则的中点， 即直线， 由梯形的性质可知：直线与的交点即为直线与的交点， 因为直线的斜率， 则直线， 令可得 ， 即直线与直线的交点为， 所以直线与交于定点. 【点睛】方法点睛：1.过定点问题的两大类型及解法 （1）动直线l过定点问题.解法：设动直线方程（斜率存在）为由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点； （2）动曲线C过定点问题.解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点. 2.求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论. 19. 阅读以下材料： ①设为函数的导函数.若在区间D单调递增；则称为区上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数. ②平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中. （1）已知函数. （i）当时，讨论的凹凸性； （ii）当时，点在轴右侧且为的“3切点”，求点的集合； （2）已知函数，点在轴左侧且为的“3切点”，写出点的集合（不需要写出求解过程）. 【答案】（1） （i）当时，为区间上的凹函数，为区间 和上的凸函数； 当时，为区间上的凸函数； 当时，为区间上的凹函数，为区间和 上的凸函数； 当时，为区间上的凹函数，为区间上的凸函数； （ii）或 （2）点的集合为或或 【解析】 【分析】（1）（i）利用导函数并对参数进行分类讨论，即可得出函数的单调性，可得其凹凸性； （ii）根据“切点”的定义，由切点个数转化成方程根的个数即可得出点的集合； （2）根据函数利用“切点”的定义，得出单调性即可得出结论. 【小问1详解】 因为， 所以， 令， 所以. （i）当时，，令，解得； 令，解得； 故为区间上的凹函数，为区间上的凸函数； 当时，令，解得， 令，解得或， 故为区间上的凹函数，为区间和上的凸函数； 当时，，故为区间上的凸函数；. 当时，令， 解得， 令，解得或， 故为区间上的凹函数，为区间和上的凸函数； 综上所述，当时，为区间上的凹函数，为区间 和上的凸函数； 当时，为区间上的凸函数； 当时，为区间上的凹函数，为区间和 上的凸函数； 当时，为区间上的凹函数，为区间上的凸函数； （ii）当时，， 故在点处的切线方程为. 设为的“3切点”， 则关于的方程有三个不同的解， 即关于的方程有三个不同的解， 令， 所以直线与曲线恰有三个不同的交点. . 当时，随变化情况如下： 1 0 0 减 极小值 增 极大值 减 故； 当时，单调递减，不符合题意； 当时，随变化情况如下： 1 0 0 减 极小值 增 极大值 减 故； 综上所述，点的集合为 或 【小问2详解】 点的集合为或或 【点睛】关键点点睛：本题在求解“切点”问题时，关键是利用其定义将切线问题转化成求解方程根的个数，再利用导数求得函数单调性即可得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大市联考卷（四） 数学满分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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在二项式的展开式中，常数项为（ ） A. 180 B. 270 C. 360 D. 540 3. 若复数满足，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是无穷数列，，则“对任意的，都有”是“是等差数列”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 6. 已知直线与直线交于，则原点到直线距离的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 7. 曲线与交点个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 图①是底面边长为2的正四棱柱，直线经过其上，下底面中心，将其上底面绕直线顺时针旋转，得图②，若为正三角形，则图②所示几何体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 随机事件A、B满足，，，下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件B相互独立 B. C. D. 10. 若函数，则（ ） A. 的极大值点为2 B. 有且仅有2个零点 C. 点是的对称中心 D. 11. 数学家笛卡尔研究了很多曲线，传说笛卡尔给公主克里斯蒂娜寄的最后一封信上只有一个数学表达式：，克里斯蒂娜用极坐标知识画出了该曲线图象“心形线”，明白了笛卡尔的心意.已知利用关系式和可将信中表达式转化为直角坐标系下的曲线方程.如图，该曲线图象过点，则（ ） A. B. 曲线经过点 C. 当点在曲线上时， D. 当点在曲线上时， 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是减函数，则a的取值范围是______ 13. 在三棱锥中，，二面角的大小为，则最小时，三棱锥的体积为__________. 14. 已知椭圆，过轴正半轴上一定点作直线，交椭圆于两点，当直线绕点旋转时，有（为常数），则定点的坐标为__________，__________. 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. 已知的内角所对的边分别为，且 （1）求角A； （2）若为边上一点，为的平分线，且，求的面积 16. 如图，在正三棱柱中，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 17. 已知为数列的前项和，为数列的前项和，. （1）求的通项公式； （2）若，求的最大值； （3）设，证明：. 18. 已知平面内一动圆过点，且该圆被轴截得的弦长为4，设其圆心的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）梯形的四个顶点均在曲线上，，对角线与交于点. （i）求直线的斜率； （ii）证明：直线与交于定点. 19. 阅读以下材料： ①设为函数的导函数.若在区间D单调递增；则称为区上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数. ②平面直角坐标系中的点称为函数的“切点”，当且仅当过点恰好能作曲线的条切线，其中. （1）已知函数. （i）当时，讨论的凹凸性； （ii）当时，点在轴右侧且为的“3切点”，求点的集合； （2）已知函数，点在轴左侧且为的“3切点”，写出点的集合（不需要写出求解过程）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $