精品解析：内蒙古自治区巴彦淖尔市临河区巴彦淖尔市第一中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题

2024-2025学年第二学期高三数学第一次质量检测 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z与复平面内的点对应，则（ ） A. B. C. D. 3. 等比数列的前项和为，若，，则公比的值为（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 或1 4. 若双曲线与直线没有交点，则双曲线离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，这是正四棱台被截去一个三棱锥后所留下的几何体，其中，，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与直线交于点，点关于直线对称的点为，则的取值范围是（ ） A. B. C D. 8. 若存在正实数x，y使得不等式成立，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共2小题，每小题6分，共12分 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 关于函数，以下结论正确的是（ ） A. 方程有唯一的实数解，且 B. 对恒成立 C. 对，都有 D 对，均有 11. 如图，已知直线与抛物线交于A，B两点，且，于点D，点M为弦AB的中点，则下列说法正确的是（ ） A. A，B两点的横坐标之积为 B. 当点D的坐标为时， C. 直线AB过定点 D. 点M的轨迹方程为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 12. 平面向量满足，，，则______． 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，若直线与交于两点，且，则的方程为______． 14. 已知函数，，分别给出下面几个结论： ①等式在时恒成立； ②函数的值域为； ③若，则一定有； ④函数在上有三个零点. 其中正确结论的序号是______________. 四、解答题 15. 记的三个内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求证：为直角三角形. 16. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若关于不等式在上恒成立．求的取值范围； 17. 在如图所示的多面体中，平面平面，，且，是中点 （1）求证： （2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值 18. 已知双曲线实轴长为，离心率为.动点P是双曲线C上任意一点. （1）求双曲线C的标准方程； （2）已知点，求线段的中点Q的轨迹方程； （3）已知点，求的最小值. 19. 在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足. （1）若数列的“泛差”，且，，成等差数列，求； （2）若数列“泛差”，且，求数列的通项. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第二学期高三数学第一次质量检测 一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数定义域解不等式可得集合，由二次函数值域可得集合，再由集合基本运算可得结果. 【详解】易知集合 或 集合， 所以，可得. 故选：B 2. 已知复数z与复平面内的点对应，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可得，由复数的除法运算法则即可得结果. 【详解】由复数的几何意义可知，则． 故选：C. 3. 等比数列的前项和为，若，，则公比的值为（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 或1 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得、，即可求公比. 【详解】由题设知：，又，故， ∴，而，即，解得：为或1. 故选：C 4. 若双曲线与直线没有交点，则双曲线离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设结合双曲线渐近线方程即可得，再结合以及离心率公式即可求解. 【详解】由题可得双曲线焦点在x轴上，渐近线方程为， 因直线斜率为过原点且与双曲线无交点， 所以 ，所以即，故即， 又，所以. 故选：C. 5. 如图，这是正四棱台被截去一个三棱锥后所留下的几何体，其中，，则该几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正四棱台的性质，可求得正四棱台的高，从而可得正四棱台的体积.补全图中几何体可知截去的三棱锥的底面为三角形，高为正四棱台的高，从而可得截去的三棱锥的体积.两者做差即可得到题目中几何体的体积. 【详解】 因为，，根据正四棱台性质，其高为， 则该正四棱台的体积为. 又由图可知截去三棱锥底面积为， 所以三棱锥体积为， 即所求几何体体积为. 故选：A 6. 已知函数的部分图象如图所示，则函数的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数奇偶性的性质，及特殊值可判定选项. 【详解】令， 易知， 即分别为奇函数、偶函数、偶函数、偶函数， 由图象可知为奇函数，且在处无定义， 显然对于A项，在处有定义，对于D项，函数为偶函数，可排除A、D项， 又因为当且时，，可排除B项， 故选:C． 7. 已知直线与直线交于点，点关于直线对称的点为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解方程组求出点坐标，可得，分、、讨论，代入利用基本不等式求最值可得答案. 【详解】由，解得，可得， 所以，即， 当时，，则无意义； 当时， ，当且仅当即等号成立； 当时， ，当且仅当即等号成立； 综上，，或. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出点坐标，代入利用基本不等式求最值. 8. 若存在正实数x，y使得不等式成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】一个不等式得到一个等式必定是两边取最值借助最值取等求，所以分别构造函数结合导数求最值即可得到答案． 【详解】解：记， 当 时，；当 时，， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， ． 记， 当 时，；当 时，， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以． 由题意， 又因为，所以， 故． 故选：D. 二、多选题：本题共2小题，每小题6分，共12分 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据同角三角函数基本关系式，结合角的变换公式，即可求解. 【详解】A.由，则，，故A正确； B. 由，则，，故B错误； C.，， ，故C正确； D.由，则，故D正确. 故选：ACD 10. 关于函数，以下结论正确的是（ ） A. 方程有唯一的实数解，且 B. 对恒成立 C. 对，都有 D. 对，均有 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，判断出在定义域上单调递增，结合特殊点的函数值，由零点存在性定理得到A正确；B选项，由于与不一定相等，故与不一定相等；C选项，由函数单调性得到C正确；D选项，计算后结合基本不等式得到. 【详解】A选项，由于在R上单调递增，在上单调递增， 故在定义域上单调递增， 又，故由零点存在性定理可得， 方程有唯一的实数解，且，A正确； B选项，，， 显然，由于与不一定相等，故与不一定相等，B错误； C选项，由A选项可知，在定义域上单调递增， 对，都有，C正确； D选项，，均有， ， 由于，当且仅当时，等号成立， 故，即，D错误. 故选：AC 【点睛】结论点睛： （1）若函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，则在上单调递增； （2）若函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递减，则在上单调递减； 11. 如图，已知直线与抛物线交于A，B两点，且，于点D，点M为弦AB的中点，则下列说法正确的是（ ） A. A，B两点的横坐标之积为 B. 当点D的坐标为时， C. 直线AB过定点 D. 点M的轨迹方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于ACD，设直线为，设，将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，然后逐个分析判断，对于B，先求出，再由可求出，从而可求出直线的方程，再结合前面得的方程可求出的值. 【详解】对于ACD，设直线为，设，由，得， 由，得，则， 因为，所以， 所以，所以， 得，由题意可知，所以，所以，所以A错误， 因为，直线为，所以直线AB过定点，所以C正确， 设，则，， 所以，，即， 所以点M的轨迹方程为，所以D正确， 对于B，因为点D的坐标为，所以，因为，所以， 所以直线的方程为，即， 由前面的计算可知直线为，所以，所以，所以B正确， 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设出直线方程代入抛物线方程化简，再利用根与系数的关系，然后结合题意求解，考查计算能力，属于较难题. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 12. 平面向量满足，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，设向量，由向量共线以及数量积的结果列出方程，即可得到的坐标，从而得到结果. 【详解】设向量，由可得， 又，则， 解得，，则， 所以. 故答案为： 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，若直线与交于两点，且，则的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用椭圆性质先确定四边形是矩形，再由椭圆定义计算即可. 【详解】 易知是的中点，又，所以四边形是矩形，故， 结合可得，，由椭圆的定义可知，， 又知，由两边平方得，， 即，解得，所以，所以的方程为． 故答案为： 14. 已知函数，，分别给出下面几个结论： ①等式在时恒成立； ②函数的值域为； ③若，则一定有； ④函数在上有三个零点. 其中正确结论的序号是______________. 【答案】①②③. 【解析】 【分析】 由函数式对四个命题分别判断． 【详解】，是奇函数，∴，①正确； 在时，是增函数，∴在时也是增函数，从而是上的增函数，③正确； 在时，，时，，值域，②正确； 由得，方程只有1根，④错误． 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查函数奇偶性，单调性，考查函数的值域、函数零点的概念，解题关键是确定函数的单调性． 四、解答题 15. 记三个内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求证：为直角三角形. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的余弦公式可求得，进而可求； （2）结合（1）与余弦定理可求得，进而计算可得，可得结论. 【小问1详解】 由，可得，解得， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）可知，， 又， 在中，由余弦定理可得， 解得，所以，由勾股定理的逆定理可得， 所以为直角三角形. 16. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）若关于的不等式在上恒成立．求的取值范围； 【答案】（1）的单调增区间为；单调减区间为 （2）； 【解析】 【分析】（1）分情况讨论a，然后用导数法求单调区间即可； （2）由得，令，则问题可转化为成立，利用导数法求解的最值即可求解； 【小问1详解】 当时，， 则，由解得，由解得， 故的单调增区间为，单调减区间为； 当时，由，得的定义域为， ， 令解得， 由解得，由解得， 故的单调增区间为，单调减区间为； 经验证，时，的单调增区间也符合，单调减区间也符合； 综上可知：的单调增区间为，单调减区间为； 【小问2详解】 ， 令， 则， 令，则， 由解得，由解得， 故在递增，在递减，， ，所以， 在上单调递增， ， a的取值范围. 【点睛】导数的应用主要有： （1）利用导函数几何意义求切线方程； （2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）； （3）利用导数求参数的取值范围； （4）利用导数证明不等式 17. 在如图所示的多面体中，平面平面，，且，是中点 （1）求证： （2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）由题可得，，可证得平面从而可证得. （2）过在平面上作的平行线,以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系, 分别求平面与平面的法向量，利用二面角的向量公式进行计算可得结果. 【详解】（1），是中点，可得, 又平面可得,又, 可得平面又平面可得. （2）过在平面上作的平行线 平面 两两垂直 以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图： 设平面的法向量 ,即 平面的法向量为， 设平面与平面所成的锐二面角为 则， 则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查利用空间向量的方法求二面角的平面角，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题. 18. 已知双曲线的实轴长为，离心率为.动点P是双曲线C上任意一点. （1）求双曲线C的标准方程； （2）已知点，求线段的中点Q的轨迹方程； （3）已知点，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据实轴长，离心率求出基本量，得出双曲线C的标准方程； （2）利用相关点代入法求出点Q的轨迹方程； （3）设，点P是双曲线C上任意一点，则满足双曲线方程，表示，利用换元法求二次函数的最值. 【小问1详解】 依题意，， 又离心率为，即，则. 所以， 双曲线C的标准方程. 【小问2详解】 设动点，点，由线段的中点为Q， 则，代入双曲线C的方程得， 所以Q的轨迹方程. 【小问3详解】 动点P是双曲线C上任意一点，设，则， 则，，或， ， ， 当时，取最小值，最小值为. 19. 在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足. （1）若数列的“泛差”，且，，成等差数列，求； （2）若数列的“泛差”，且，求数列的通项. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据“泛差”，联立得，解出即可. （2）由题，升次作差得，结合，整体代入可得，即可写出其通项. 【小问1详解】 “泛差”，， ，，，联立三式得， 化简得，解得. 【小问2详解】 ，则， 由，① ，② ②①得， 即， 且. 所以为等差数列，首项为，公差为， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$