精品解析：河南省豫东部分名校2024-2025学年高三上学期期末联考数学试题

2024～2025学年第一学期期末考试 高三数学试卷 注意事项： 1.本试卷共6页.时间120分钟，满分150分.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回. 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. 若实数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 已知向量与向量的夹角为，且，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 1 5. 设等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知、、是表面积为的球的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）． A. B. C. D. 8. 已知，若对任意的，恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10 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. 已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是递增数列 C. D. 10. 已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在上单调递减 C. 的图象关于点中心对称 D. 的最大值为 11. 已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内任一点，且五点在同一个球面上，则（ ） A. B. 四面体的体积为 C. 当时，点的轨迹长度为 D. 当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在平面直角坐标系中，角α的终边在直线3x＋4y＝0上，求sinα－3cosα＋tanα的值. 13. 已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为______. 14. 若直线上一点可以作曲线的两条切线，则点纵坐标的取值范围为_______． 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. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求函数在上的最值. 16. 如图，四边形与均为菱形，且， （1）求证：平面平面 （2）求直线AD与平面ABF所成角的正弦值． 17. 已知的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，求周长的最大值. 18. 已知在正项数列中，首项，点在双曲线上，数列中，点在直线上，其中是数列的前项和． （1）求数列、的通项公式； （2）求使得成立的最小值； （3）若，求证：数列为递减数列． 19. 已知为正常数，若函数满足对任意的，都有，则称为“倍等差函数”. （1）若是“2倍等差函数”，，求； （2）证明：不存在正常数，使得是“倍等差函数”； （3）若函数是“倍等差函数”且的图象是一条连续不断的曲线，证明：对任意的正数，方程在上有实根. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年第一学期期末考试 高三数学试卷 注意事项： 1.本试卷共6页.时间120分钟，满分150分.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回. 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】C 【解析】 【分析】利用对数函数单调性求解集合B，然后利用交集运算求解即可. 【详解】∵， 又，∴. 故选：C 2. 若实数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的四则运算结合复数相等求出参数，最后结合复数的几何意义得出复数对应的点即可. 【详解】解法一 因为，所以，即， 解得，故，其在复平面内对应的点为，位于第一象限； 解法二 因为，所以，即，解得． 当时，，不合题意， 当时，，符合题意，因而，，其在复平面内对应的点为，位于第一象限， 解法三 ， 则，其在复平面内对应的点为，位于第一象限， 故选：A． 3. 已知，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）． A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据两者之间的推出关系可得正确的选项, 【详解】由，得，， 则x不一定推出；反之，当时，一定有． 故甲是乙的必要不充分条件． 故选：B. 4. 已知向量与向量的夹角为，且，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由可得，即，解之即可求解. 【详解】由，等式两边同时平方得， 又的夹角为，所以， 即，解得或（负值舍去）， 所以. 故选：B. 5. 设等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据题意得到，再解方程组求解即可. 【详解】由，得， 解得，则． 故选：C． 6. 已知、、是表面积为的球的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据球的表面积求得半径，在中，由余弦定理得，利用正弦定理得的外接圆半径为，进而求出，利用球的性质求得球心到平面的距离，最后利用锥体体积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，解得， 在中，由余弦定理得， 所以的外接圆半径为， 所以， 设的外接圆的圆心为，则平面， 则球心到平面的距离为，则， 所以三棱锥的体积为. 故选：A 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理角化边，再由余弦定理求，可得角. 【详解】由，根据正弦定理有， 所以，有， 根据余弦定理，有，由，所以． 故选：C. 8. 已知，若对任意的，恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】观察题目中的式子，利用指对数转化将其化为结构相同的形式，再构造函数，根据函数的单调性求得参数的取值范围. 【详解】， 两边同时取对数得，即， 令，则，故在上单调递减， 又，故当时，，即，可得，故的最小值为10． 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解题的关键是应用同构构造函数，结合函数单调性解题. 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. 已知是数列的前项和，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是递增数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用与的关系，结合数列增减性的判断、等比数列的通项公式与求和公式即可得解. 【详解】因为， 当时，，解得； 当时，，则， 整理得，则， 所以是以1为首项，3为公比的等比数列，故A错误， 则数列是递增数列，故B正确， 且，，故CD正确. 故选：BCD. 10. 已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在上单调递减 C. 的图象关于点中心对称 D. 的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据图象，结合函数的单调性与其导函数正负的关系，先判断两个图象 中哪个是的图象，哪个是的图象，进而列出关于的方程组 求解，再结合特殊点求解参数，由此确定函数和的解析式， 再判断各个选项的正误即可． 【详解】因为，所以，根据图象可知，当时，，所以单调递增，故，从而． 又，所以，由得， 故，． 选项A：的最小正周期为，故，A正确． 选项B：令，解得， 故函数在上单调递减，B正确． 选项C：由于，， 故的图象不关于点中心对称，故C错误． 选项D：， 其中为锐角，且，（辅助角公式的应用）,所以的最大值为，D错误． 故选：AB 11. 已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内任一点，且五点在同一个球面上，则（ ） A. B. 四面体的体积为 C. 当时，点的轨迹长度为 D. 当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据线面的垂直可判断线线垂直，判断A；根据棱锥的体积公式可判断B；根据条件，确定轨迹的形状，结合圆的周长求得轨迹长度或范围，即可判断C，D. 【详解】对于A，依题意，可知， 设F为的中点，连接，则， 而平面，故平面， 平面，故，A正确； 对于B，将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为， 则，解得， 由于，即异面直线和的距离为，且平面，， 所以四面体的体积为，B错误； 对于C，由以上分析可知，四面体的外接球半径为， 由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为， 则，解得， 所以的轨迹长度为，C正确； 对于D，由题意可得, 故的外接圆半径为， 所以球心到所在平面的距离为， 设三棱锥的高为h， 由三棱锥的体积为时，可得， 故， 又由，故E点轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆， 其中一个圆为外接球的大圆， 所以点的轨迹长度大于，D错误， 故选：AC. 【点睛】难点点睛：本题考查了四面体中的线面以及线线的位置关系，以及体积和空间几何体中的轨迹问题，难点在于要发挥空间想象，明确空间几何体中的线线位置关系，特别是选项D中要明确E点轨迹，从而确定轨迹长度或其范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在平面直角坐标系中，角α的终边在直线3x＋4y＝0上，求sinα－3cosα＋tanα的值. 【答案】－或. 【解析】 【分析】当角α的终边在射线y＝－x(x>0)上时，取终边上一点P(4，－3)，求出sinα，cosα，tanα即得解；当角α的终边在射线y＝－x(x<0)上时，取终边上一点P′(－4，3)，求出sinα，cosα，tanα即得解.综合即得解. 【详解】当角α的终边在射线y＝－x(x>0)上时，取终边上一点P(4，－3)， 所以点P到坐标原点的距离r＝|OP|＝5， 所以sinα＝＝＝－，cosα＝＝， tanα＝＝－. 所以sinα－3cosα＋tanα＝－－－＝－. 当角α的终边在射线y＝－x(x<0)上时，取终边上一点P′(－4，3)， 所以点P′到坐标原点的距离r＝|OP′|＝5， 所以sinα＝＝，cosα＝＝－， tanα＝＝－. 所以sinα－3cosα＋tanα＝－3×－＝＋－＝. 综上，sinα－3cosα＋tanα的值为－或. 13. 已知向量不共线，，其中，若三点共线，则的最小值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】结合三点共线的向量形式，利用向量基本定理得，然后利用基本不等式求解最小值即可. 【详解】因为三点共线，所以存在实数k，使，即， 又向量不共线，所以，由，所以， 当且仅当时，取等号，即的最小值为4. 故答案为：4 14. 若直线上一点可以作曲线的两条切线，则点纵坐标的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出过点的切线方程，分离参数变量，转化为函数直线与曲线有两个交点,借助导数研究单调性和最值，结合图像可解. 【详解】曲线即曲线， 在曲线上任取一点，对函数求导得， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 又切线过点，则. 令，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以． 由题意知，直线与曲线有两个交点，则， 当时，，当时，，故. 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. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求函数在上的最值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果； （2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果. 【小问1详解】 由函数，可得， 可得，且，所以切线的斜率为，切点为， 则所求切线方程为. 【小问2详解】 由（1），当时，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 而，，， 故所求最大值为，最小值为. 16. 如图，四边形与均为菱形，且， （1）求证：平面平面 （2）求直线AD与平面ABF所成角的正弦值． 【答案】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO， ∵四边形ABCD为菱形，，且O为AC中点，， ， 又，平面BDEF， ∴平面BDEF，又平面， 所以平面平面。 （2） 【解析】 【分析】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，由线面垂直的判定定理证明平面BDEF，再得到平面平面即可； （2）连接DF，先由线面垂直的判定定理证明平面ABCD，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABF的法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且， 为等边三角形， ∵O为BD中点，∴，又，，平面ABCD， 平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直， ∴建立空间直角坐标系，如图所示， 设，∵四边形ABCD为菱形，，． 为等边三角形，∴． ， ∴，， 设平面ABF的法向量为，则 令，解得， 设AD与平面ABF所成角为，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：． 17. 已知的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，求周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一，利用正弦定理边化角，再根据三角恒等变换化简求解；法二，由余弦定理化简条件式，再利用余弦定理求出； （2）法一，将条件利用正弦定理化简求得的外接圆半径，结合（1）可求得，再利用余弦定理和基本不等式求得，得解；法二，同法一求出外接圆半径，由正弦定理可得，化简得关于角的三角函数求最值. 【小问1详解】 解法一，由正弦定理得， 又， 所以，即. 因为，所以， 所以. 解法二，由余弦定理得， 整理得， 所以. 【小问2详解】 解法一，设的外接圆半径为， 由及正弦定理得， 所以. 由（1）知，所以， 所以. 由余弦定理得，即， 所以， 所以，当且仅当时取等号. 所以周长的最大值为. 解法二，设的外接圆半径为， 由及正弦定理得， 所以. 由（1）知，所以. 所以 ， 其中为第一象限角，且， 所以当时，取得最大值， 故周长的最大值为. 18. 已知在正项数列中，首项，点在双曲线上，数列中，点在直线上，其中是数列的前项和． （1）求数列、的通项公式； （2）求使得成立的最小值； （3）若，求证：数列为递减数列． 【答案】（1）；（2）7；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由条件可得是等差数列，再由已知的前项和与通项关系，即可求出结论； （2）求出，去绝对值，解关于的不等式，即可求解. 【详解】（1）点在双曲线上， 是以为首项，公差为的等差数列， ；点在直线上， ，当时，， 当时，， ， 是以为首项，公比为的等比数列，. （2）， 解得，成立的最小值为7. （3）， ， ，所以数列为递减数列. 【点睛】本题考查利用等差数列的定义判定等差数列并求通项，考查运用前项和与通项关系求等比数列的通项和前项和，并求绝对值不等式，考查数列的单调性证明，考查计算能力，属于中档题. 19. 已知为正常数，若函数满足对任意的，都有，则称为“倍等差函数”. （1）若是“2倍等差函数”，，求； （2）证明：不存在正常数，使得是“倍等差函数”； （3）若函数是“倍等差函数”且的图象是一条连续不断的曲线，证明：对任意的正数，方程在上有实根. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用“倍等差函数”的定义得到，再由等差数列的定义及通项公式得到，根据等差数列的前项和公式即可得解； （2）假设存在正常数，将问题转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性与最值求解判断； （3）构造函数，转化为在上有零点，利用“倍等差函数”的定义得到是“倍等差函数”，分类讨论函数的零点情况. 【小问1详解】 因为是“2倍等差函数”，所以， 取，得， 因为，所以数列是首项为2，公差为2的等差数列， 所以， 所以. 【小问2详解】 假设存在正常数，使得是“倍等差函数”， 则，即，整理得. 设，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以，所以恒成立. 所以不存在正常数，使得， 即不存在正常数，使得是“倍等差函数”. 【小问3详解】 设，则的图象是一条连续不断的曲线， 所以问题可转化为在上有零点. 因为是“倍等差函数”，所以， 所以，即， 所以是“倍等差函数”. 当时，不满足，所以， 若，则1是的零点. 若，则对于， 取，得， 取，得， 所以， 所以当时，， 所以当时，在上有零点；当时，在上有零点. 若，则对于， 取，得， 取，得， 依此可得， 所以当时，， 所以当时，在上有零点；当时，在上有零点. 综上，在上有零点. 所以对于任意的正数，方程在上有实根. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问解决的关键是先根据“倍等差函数”的定义得到，对赋值，再连续使用此等式得或，根据零点存在性定理说明函数有零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $