精品解析：湖北省荆门市龙泉中学2024-2025学年高三上学期期中数学试题

龙泉中学2024-2025学年（上）高三期中考试 数学试卷 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一、单项选择题：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. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知P为椭圆上的动点，，且，则（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 若一个圆台的上、下底面半径分别为1，2，母线与底面所成角为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 4. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数，且满足对任意的实数都有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，平面平面，，，，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知锐角，满足，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 8. 对，设是关于的方程的实数根，，其中符号表示不超过的最大整数，则（ ） A. 1013 B. 1015 C. 2023 D. 2025 二、多项选择题：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. 已知复数，，则下列说法不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 是的充分不必要条件 D. ，，，则 10. 如图，在棱长为2的正方体，中，点分别是梭，，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若正方体的各顶点都在同一球面上，则该球的体积为 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 平面和平面分正方体成三部分的体积由小到大的比值为1：8：16 D. 平面和平面之间的距离为 11. 设函数，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 在单调递增 D. 在单调递减 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若单位向量，满足，则向量与的夹角为______． 13. 如图，左边是编号为、、、的型钢板，右边是编号为甲、乙、丙的型钢板，现将两堆钢板自上而下地混合堆放在一起，则型钢板均不相邻的放法共________种，乙号钢板上方的型钢板的编号之和与其下方的型钢板的编号之和相等的放法共________种．（用数字作答） 14. 实数，满足，，则的最小值是________． 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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若，，求． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的等边三角形，四边形是矩形，，M为BC的中点. （1）证明：； （2）求二面角的大小. 17. 已知椭圆C：的长半轴长为2，离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设点A为椭圆C的左顶点，过原点的直线与椭圆C分别相交于P，Q（点P，Q不在坐标轴上）两点，直线AP，AQ分别交y轴于M，N两点，判断直线PN和QM的交点是否在定直线上，并说明理由． 18. 已知. （1）若的图象在处的切线与的图象也相切，求实数的值； （2）若有两个不同的极值点，求证：. 19. 已知正项数列满足：对任意的正整数n，都有，其中d为非零常数． （1）若，求数列的通项公式； （2）证明：； （3）若且，从，，，…，（且）中任取两个数，记这两个数是无理数，且这两个无理数中间仅包含一个整数的概率为，若，求正整数的最小值． 公式：（其中n为正整数）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙泉中学2024-2025学年（上）高三期中考试 数学试卷 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回. 一、单项选择题：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. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得集合，再根据集合的运算以及包含关系，即可判断和选择. 【详解】，又， 故，，，，故A正确，其它选项错误. 故选：A. 2. 已知P为椭圆上的动点，，且，则（   ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆定义得，，再根据关系即可得到答案. 【详解】P为椭圆上的动点，，且， 则P的轨迹是以为焦点的椭圆， 且，即，，所以， 故选：C． 3. 若一个圆台的上、下底面半径分别为1，2，母线与底面所成角为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出圆台的轴截面图，并求棱长，进而利用圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】圆台的轴截面如下图： 因为母线与下底面所成的角为，所以母线长为， 所以圆台的侧面积为：. 故选：D. 4. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据，结合二次函数的性质求解. 【详解】由题意可得， 由于在上单调递增，故， 因此恒成立，故， 由于，故， 故选：B 5. 若函数，且满足对任意的实数都有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得函数递增，递增，，据此可得答案. 【详解】对任意的实数都有成立，则在R上递增. 则函数递增，递增，，即. 故选：D 6. 已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，平面平面，，，，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别过外心，外心，做平面PBC，平面ABC垂线，交点为O，则O为球心，然后结合题目数据可得答案. 【详解】因，则为直角三角形，取AB中点为，则为外心. 取BC中点为D，连接PD，则外心在PD上. 因，则，又平面平面，平面平面，平面，则平面. 连接，因平面，则， 现分别过外心，外心，做平面PBC，平面ABC垂线，交点为O， 因过三角形外心垂直于三角形所在平面上的垂线上的点到三角形顶点距离相同， 则两垂线交点O到三棱锥各顶点距离相同，即O为球心. 又注意到，则四边形为矩形. 因，，，则. 则，，得在外. 因为外心，则，设， 则，则. 又，，则，则球体半径为3， 故球体体积为：. 故选：B 【点睛】结论点睛：对于有两个侧面垂直的三棱锥，其外接球半径， 其中为两侧面外接圆半径，为两侧面公共棱长度. 7. 已知锐角，满足，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式得，再由基本不等式求得的最小值. 【详解】由题意得， 故. 于是，当且仅当时取等号， 故选：A.. 8. 对，设是关于的方程的实数根，，其中符号表示不超过的最大整数，则（ ） A. 1013 B. 1015 C. 2023 D. 2025 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件构造函数，求得函数的导数，判断函数的导数，求出方程根的取值范围，进而结合等差数列的求和公式，即可求解. 【详解】设函数，则， 当是正整数时，可得，则为增函数， 因为当时，， 且， 所以当时，方程有唯一的实数根且， 所以， 因此. 故选：A. 【点睛】方法点睛：构造新函数，结合导数和零点的存在定理，求得当时，方程有唯一的实数根且是解答的关键. 二、多项选择题：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. 已知复数，，则下列说法不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 是的充分不必要条件 D. ，，，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】ABC，通过特例即可判断；对于D，通过平方求得，即可求解； 【详解】对于A，令，满足，显然不成立，错误； 对于B，令，满足，显然不成立，错误； 对于C，令，满足，此时不成立，错误； 对于D，如图，在复平面内，，则因为，则， 故为正三角形，故，正确. 故选：ABC 10. 如图，在棱长为2的正方体，中，点分别是梭，，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 若正方体的各顶点都在同一球面上，则该球的体积为 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 平面和平面分正方体成三部分的体积由小到大的比值为1：8：16 D. 平面和平面之间的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体的外接球即可求解A，根据为异面直线与所成角或其补角，即可利用余弦定理求解B，根据体积公式即可求解C，根据面面平行的性质转化为点到平面的距离，利用等体积法即可求解D. 【详解】对于A,正方体的外接球的直径为,故外接球的半径为，故体积为，故A正确， 对于B，由于,因此为异面直线与所成角或其补角，,由余弦定理可得,故B正确， 对于C，,延长和相交于点,由于是的中点，,所以是的中点，同理可知与也相交于点，故为三棱台，因此 ，因此平面和平面之间的体积为, 因此三部分的体积由小到大的比值为1：7：16，C错误， 对于D，由于,故，平面，平面，故平面，同理由可得平面，平面，故平面平面， 因此到平面的距离即为平面和平面之间的距离， ,故到平面的距离为，故D正确， 故选：ABD 11. 设函数，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 在单调递增 D. 在单调递减 【答案】AD 【解析】 【分析】 先证明为周期函数，周期为，从而A正确，再利用辅助角公式可判断B的正误，结合导数的符号可判断C D的正误． 【详解】的定义域为，且， ，故A正确． 又，令， 则， 其中， 故即，故， 当时，有，此时即， 故，故B错误． ， 当时，，故在为减函数，故D正确． 当时，，故， 因为为增函数且，而在为增函数， 所以在上为增函数， 故在有唯一解， 故当时，即，故在为减函数，故C不正确． 故选：AD 【点睛】方法点睛：与三角函数有关的复杂函数的研究，一般先研究其奇偶性和周期性，而单调性的研究需看函数解析式的形式，比如正弦型函数或余弦型函数可利用整体法来研究，而分式形式则可利用导数来研究，注意辅助角公式在求最值中的应用． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若单位向量，满足，则向量与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直，即可得，即可求解. 【详解】由可得， 故，故， 由于，故， 故答案为：. 13. 如图，左边是编号为、、、的型钢板，右边是编号为甲、乙、丙的型钢板，现将两堆钢板自上而下地混合堆放在一起，则型钢板均不相邻的放法共________种，乙号钢板上方的型钢板的编号之和与其下方的型钢板的编号之和相等的放法共________种．（用数字作答） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】若型钢板均不相邻，先将型钢板任意排列，然后将型钢板插入型钢板形成的个空位中的个空位，结合插空法可求得放法种数；先考虑乙号钢板上方的型钢板的放法，然后再将甲、丙号钢板分相邻和不相邻两种情况讨论，结合分步和分类计数原理可得结果. 【详解】若型钢板均不相邻，先将型钢板任意排列，然后将型钢板插入型钢板形成的个空位中的个空位， 由插空法可知，型钢板均不相邻的放法种数为种； 若乙号钢板上方的型钢板的编号之和与其下方的型钢板的编号之和相等， 则乙号钢板上方的型钢板为、号或、号，此时不同的放法种数为， 然后再放置甲、丙号钢板，分两种情况讨论， 若甲、丙号钢板相邻，则将甲、丙号钢板捆绑，插入其余块钢板形成的个空位中的个空位， 此时，不同的放法种数为种； 若甲、丙号钢板不相邻，则将甲、丙号钢板插入其余块钢板形成的个空位中的个空位中， 此时，不同的放法种数为种. 综上所述，乙号钢板上方的型钢板的编号之和与其下方的型钢板的编号之和相等的放法种数为种. 故答案为：；. 14. 实数，满足，，则的最小值是________． 【答案】2 【解析】 【分析】由，可得， 通过研究函数，可得，然后可化为 函数图象上一点到直线上一点距离的平方，据此可得答案. 【详解】 . 对于，，则在R上单调递增， 又，则，故， 表示函数图象上一点到直线上一点距离的平方， 则最小值为函数图象与直线平行切线上一点到直线的距离的平方. ，令， 则与直线平行切线对应的切点为：，其到直线距离为. 则最小值为2. 故答案为：2 【点睛】关键点睛：对于指数，对数同时出现的题目，常利用指对互化产生相同结构；对于平方型问题，常可转化为两点距离公式来思考. 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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得即可求解， （2）根据和差角公式求解,即可根据正弦定理求解. 【小问1详解】 由可得， 故，即， 故， 由于，故， 【小问2详解】 由可得， 由， 由正弦定理可得. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的等边三角形，四边形是矩形，，M为BC的中点. （1）证明：； （2）求二面角的大小. 【答案】 （1）取CD的中点E，连接PE､EM､EA. ∵为正三角形，∴. ∵平面平面，面，平面平面， ∴平面. 又∵面，∴. ∵四边形是矩形， ∴､､均为直角三角形， 由勾股定理可求得：，，， ∴，即. 又，面，面， ∴面，又面， ∴. （2）. 【解析】 【分析】（1）取CD的中点E，连接PE､EM､EA.根据面面垂直的性质定理，可证平面，根据线面垂直的性质定理，可证，求得各边长度，根据勾股定理，可证，根据线面垂直的判定、性质定理，即可得证. （2）由（1）可得，，则是二面角的平面角，在中，根据三角函数的定义，即可得答案. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知，， ∴是二面角的平面角. ∴在中，， ∴， ∴二面角的大小为. 17. 已知椭圆C：的长半轴长为2，离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设点A为椭圆C的左顶点，过原点的直线与椭圆C分别相交于P，Q（点P，Q不在坐标轴上）两点，直线AP，AQ分别交y轴于M，N两点，判断直线PN和QM的交点是否在定直线上，并说明理由． 【答案】（1） （2）定直线为，理由如下： 设，则，且，即， ， 直线方程为：，， 直线方程为：，， 直线方程为：， 直线方程为：， 联立直线方程与直线方程得， 化简可得恒成立, 因此直线与直线的交点过定直线. 【解析】 【分析】（1）由离心率和长半轴，可解得即可得椭圆C的标准方程； （2）设，，通过直线的方程，得两点的坐标，再联立直线方程与直线方程，化简可得结论. 【小问1详解】 由题意：， 又，所以. 则椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 略 18. 已知. （1）若的图象在处的切线与的图象也相切，求实数的值； （2）若有两个不同的极值点，求证：. 【答案】（1） （2）， ， 若，是增函数， 最多有一个实根， 最多有一个极值点，不满足题意， 所以， 由题意知， 两式相减得， 由， 设，则， 要证，即证时，恒成立， 即恒成立，即恒成立， 设，则， 所以在上是增函数， 所以， 所以时，恒成立，即. 【解析】 【分析】(1)求出的图象在处的切线与与联立，利用，求出实数的值； (2)由有两个不同的极值点，可知，由题意知，两式相减得，而，设，构建新函数转求最值即可. 【小问1详解】 因为， 所以 所以，， 所以的图象在处的切线方程为， 即，与联立得， ， 因为直线与的图象相切， 所以，解得. 【小问2详解】 略 【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 19. 已知正项数列满足：对任意的正整数n，都有，其中d为非零常数． （1）若，求数列的通项公式； （2）证明：； （3）若且，从，，，…，（且）中任取两个数，记这两个数是无理数，且这两个无理数中间仅包含一个整数的概率为，若，求正整数的最小值． 公式：（其中n为正整数）． 【答案】（1）； （2）根据递推关系可得： 所以 , 因此 （3）22 【解析】 【分析】（1）利用递推关系以及等差数列定义可求得，可求得通项公式； （2）由并根据裂项相消求和即可证明得出结论； （3）依题意利用递推关系可求得，且，易知数列中共有个无理数，符合条件的无序对为相邻区间和中的无理数对，计算可得，解不等式可求正整数m的最小值． 【小问1详解】 由可得， 数列满足递推关系， 因此是以为首项，公差为的等差数列， 因此， 又为正项数列，可得， 因此数列的通项公式为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）中结论且可得； 又，即可得， 因此，即可得； 又，即，即可知； 所以，即， 因此此时； 数列中无理数项对应的为非平方数项，因此，，，…，中共有个无理数； 符合条件的无序对为相邻区间和中的无理数对， 即在区间和上分别任取一个无理数构成无理数对， 相邻两区间上符合题意的无理数对为； 因此总对数共有 ； 总的组合数为从个数中随机取出两个，即， 因此， 又，即可得，即， 解得， 易知； 所以正整数的需满足， 因此正整数的最小值为22. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于求出数列的通项，确定无理数对应的非平方数的个数为相邻区间内的两个无理数的组合共有种，得出的不等式即可解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $