精品解析：山东省聊城市临清市实验高级中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题

2024-2025学年高三年级第二学期第一次阶段性考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名，考生号、考场号，座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容（不考计数原理和概率统计）. 一、透择题：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，则中所有元素之和为（ ） A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】由题意求得集合的元素，求得并集，可得答案. 【详解】因为，所以，则， 该集合中所有元素之和为． 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用中间变量比较大小即可. 【详解】因为， 所以，故C正确. 故选：C 3. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据奇函数判断排除B，C，在内选择特殊值得排除D. 【详解】函数是定义域为 函数，是奇函数，所以排除B，C， 又函数在原点附近的零点为和1，可取大于0且接近于0的一个数， 如0.1，得，所以排除D． 故选：A. 4. 在正四棱台中，已知，该正四棱台的体积为168，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据台体的结构特征以及台体的体积公式运算求解. 【详解】连接相交于点 ，相交于点，连接， 则为正四棱台的高，作，垂足为 ， 则，， 四边形是等腰梯形，， 所以，， ， 由，得， 可得． 故选：C. 5. 设函数在区间上单调递减，则 的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由对数型复合函数的单调性结合二次函数的单调性列出不等式求解即可. 【详解】由在区间上单调递减， 可得在区间上单调递减，且 抛物线的对称轴为直线， 由解得，所以 的最大值为4． 故选：B 6. 已知双曲线 ： （， ）的右焦点为 ，其中一条渐近线上存在一点 ，使得另一条渐近线垂直平分线段，则双曲线 的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查双曲线的性质，利用垂直平分线的性质得出，联立两条直线方程求出点 的坐标，利用勾股定理建立等式计算出即可求解． 【详解】不妨设渐近线垂直平分线段， 所以． 由解得所以点 的坐标为． 由， 得， 所以双曲线 的离心率， 故选：A． 7. 已知 为坐标原点，.若动点 满足，则正数 的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设点，再根据计算得出，最后结合圆与圆的位置关系计算求参即可. 【详解】设，则. 因为，所以， 化简得，故点 在以为圆心，为半径的圆上. 又因为，所以点 在以为圆心， 为半径的圆上. 结合题意可知两圆相交或外切或内切，所以， 解得，故正数 的最大值为. 故选：D. 8. 若函数的定义域内存在，（），使得成立，则称为“完整函数”．已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用诱导公式和辅助角公式化简，再结合给定定义并对进行分类讨论，得到参数取值范围即可. 【详解】由题意得， ， 因为，所以， 故在上有两个最大值点， 令，则函数在区间上至少存在两个最大值点， 则，解得．当，即时，显然符合题意． 当时，因为，所以， 因为，所以，，分以下两种情况讨论： ①当，即时，，即，所以； ②当，即时，，即，所以． 综上，的取值范围为，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义，解题关键是先化简函数，然后结合给定定义并对参数分类讨论，得到所要求的参数范围即可． 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（ ） A. B. C. D. 在复平面内对应的点位于第一象限 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的除法运算整理为标准式，利用共轭复数、模长公式、复数乘法以及几何意义，可得答案. 【详解】因为，所以， 在复平面内对应的点为，位于第一象限，故AC错误，BD正确． 故选：BD. 10. 已知函数，且是的一个极值点，下列说法正确的是（ ） A. 实数 的值为1或 B. 在上单调递增 C. 若是的一个极小值点，则当时， D. 若是的一个极大值点，则当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】由是的一个极值点，得，求出实数 的值并分析其单调性，并根据单调性判断即可； 【详解】函数的定义域为，． 令，得，， ① 当 时，， 由，得 或，由，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 此时是的一个极大值点． ② 当时，解得，则， 由，得 或，由，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 此时是的一个极小值点． 故A正确，B错误； 若是的一个极小值点，则，在上单调递增， 因为，则，所以，故C正确； 若是的一个极大值点，则 ，在上单调递增， 因为，所以，，且等价于， 即当时，，所以，故D正确． 故选：ACD. 11. 如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形， ，它们的中心分别为， ，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2，则下列命题正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 平面 C. 该多面体外接球的表面积为 D. 直线与下底面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据几何特征应用线面垂直判定定理判断B，求出外接球的表面积判断C，计算异面直线所成角，线面角判断A，D. 【详解】对于A，设，在下底面的射影分别为，，则平分，为等边三角形， 所以异面直线与所成的角为，故A错误． 对于B，易知垂直于底面，所以， 又平分，所以， 因为平面，所以平面，从而平面，故B正确． 对于C，设的中点为 ， 在下底面上的射影为， 上、下两底面间的距离为 ，外接球的半径为，则，， 所以，， 从而所求外接球的表面积为，故C正确． 对于D，设直线与下底面所成的角为 ，由上面可知，所以，故D正确． 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算律化简即可得解. 【详解】因为， 所以，化简得． 又因为， 所以． 故答案为：2 13. 已知抛物线 ：的焦点为 ，过点 的直线交抛物线 于 ， 两点，与准线交于点 ，，则直线的斜率为______，______． 【答案】 ①. ②. 4 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标运算求出，利用点在抛物线上求解坐标，进而求出 点的不同坐标，分类讨论结合两点间距离公式求解即可. 【详解】设直线的方程为，由题意得的准线为 ， 令 ，解得，则点 的坐标为，， 设，故，， 因为，所以，， 解得，故， 因为点 在抛物线上，所以，解得． 故或， 当时，由两点间距离公式得， 当时，由两点间距离公式得， 综上可得，. 故答案为：；4 14. 在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ．已知，，，则 ______． 【答案】3 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换可得，进而求出角的大小得解. 【详解】在 中，由正弦定理及， 得， 则， 移项得， 于是，整理得，解得， 由，得，则，， 所以. 故答案为：3 【点睛】关键点点睛：利用正弦定理化边为角，再逆用和差角的正弦公式变形是求解问题的关键. 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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角B； （2）若，，角B的平分线与 交于点D，求. 【答案】（1）. （2）2 【解析】 【分析】（1）已知等式利用正弦定理角化边，得到关系式，利用余弦定理将得出的关系式整理后代入计算求出的值，即可确定出 的度数； （2）利用正弦定理求得，可求得，进而可求得. 【小问1详解】 因为， 所以. ，而， 所以. 【小问2详解】 在 中，，所以，解得. 因为，所以，，， 所以. 16. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论的单调性． 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增，当 时， 在上单调递增， 在上单调递减． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再根据点斜式求出切线方程； （2）求的导数，根据 的范围讨论导数的正负，从而得到的单调区间. 【小问1详解】 当时，，则， 则曲线在点处的切线斜率为 ， 因为 ，所以曲线在点处的切线方程为 ． 【小问2详解】 的定义域为． 当时，． 令，则在上单调递减，在上单调递增， 因此，的最小值为 当时，则，此时，在上单调递增， 当 时，令，得 ． 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增 综上，当时，在上单调递增，当 时， 在上单调递增， 在上单调递减． 17. 如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， 是 的中点，点 在线段上． （1）证明：平面． （2）若 平面 ，， ，，平面与平面夹角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）证明：如图，连接，设，连接． 因为四边形 是平行四边形，所以 为的中点， 因为 为 的中点，所以由中位线定理得， 因为平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）合理作出辅助线，利用平行四边形性质结合中位线定理得到线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法结合给定面面角的余弦值建立方程，求解参数，得到比值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， ，， 所以，则． 又 平面 ，所以 ， ，两两垂直． 以 为坐标原点，，，的方向分别为 ， ， 轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示． 由， ，， 可知，，，． 设（）， 则，． 设是平面的法向量， 由得 取 ，可得． 取平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为 ， 则， 解得，所以． 18. 已知椭圆 ：（ ）的左、右焦点分别为，，焦距为，圆与椭圆 相交于 ， 两点，，的面积为． （1）求椭圆 的标准方程； （2）过点的动直线与椭圆 有两个交点 ， ，以线段为直径作圆 ，点始终在圆 内（包括圆周），求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】方法一：（1）利用余弦定理得出，再由的面积求出 、 可得答案； （2）设点，，当直线的斜率不存在时，的方程为可得答案；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据点 在圆 内（包括圆周）得，韦达定理代入，再利用恒成立可得答案； 方法二：（1）利用是正三角形，、的面积求出 、 可得答案； （2）当直线的斜率为0时，根据圆 以椭圆 的长轴为直径可得答案；当直线的斜率不存在，或斜率不为0时，设的方程为，与椭圆方程联立，根据点 在圆 内（包括圆周）得，韦达定理代入，再利用恒成立可得答案； 【小问1详解】 方法一：因为，所以， 则， 解得． 因为的面积为，所以， ，， 所以椭圆 的标准方程为 ； 方法二：因为，， 所以是正三角形，， 所以点 在线段的中垂线上，则 ， 是椭圆 的短轴端点． 因为的面积为，所以， 在中，易知， 故椭圆 的标准方程为 ； 【小问2详解】 方法一：设点，． 当直线的斜率不存在时，的方程为，代入椭圆方程得， 不妨设，，易求． 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则 消去 得，， 所以，． 因为点 在圆 内（包括圆周），所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 即恒成立， 所以，解得． 综上，的取值范围为． 方法二： 当直线的斜率为0时，圆 以椭圆 的长轴为直径，所以． 当直线的斜率不存在，或斜率不为0时，设的方程为， 且，． 联立，消去 得， 所以，． 因为点在圆 内（包括圆周），所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 即恒成立， 所以，解得． 综上，的取值范围为． 19. 若是递增数列，数列满足对任意的，存在，使得，则称是的“分割数列”． （1）设，，证明：数列是数列的“分割数列”． （2）设，是数列的前 项和，，判断数列是否是数列的“分割数列”，并说明理由． （3）设是首项为 ，公比为 的递增等比数列，是的前 项和，若数列是的“分割数列”，求实数 与 的取值范围． 【答案】（1） 因为是递增数列，满足对任意的， 存在，使得，所以． 又，，所以， 解得，取，满足“分割数列”的定义， 所以是的“分割数列”． （2） 因为，所以，． 假设是的“分割数列”，则， 即，整理得． 当时，， 所以，则，易知在上单调递增， 因为，，…，所以满足条件的 不存在， 故不是的“分割数列”． （3），． 【解析】 【分析】（1）由新定义，可得，求得，即可得证； （2）运用等差数列的求和公式，结合新定义，即可判断； （3）讨论，或，，结合新定义，加以恒成立思想，解不等式即可得到所求范围． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为单调递增，所以或 ①当 ，时，对任意的，有， 因此有， 故不存在 ，使得，不符合题意． ②当时，因为是的“分割数列”， 所以，即， 化简得， 即， 两边取对数得 ． 记， 则． 下面分析，的取值范围． 当时，为减函数，因此， 即． （ⅰ）当时，，因此总有， 所以， 因此总存在满足条件，符合题意． （ⅱ）当时，，根据函数零点存在定理， 并结合的单调性可知，存在唯一正整数 ，使得， 此时有则， 即，显然不存在满足条件的正整数 ． 综上，可知，． 【点睛】思路点睛： 关于新定义题的思路有：（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；（3）将已知条件代入新定义的要素中；（4）结合数学知识进行解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高三年级第二学期第一次阶段性考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名，考生号、考场号，座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容（不考计数原理和概率统计）. 一、透择题：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，则中所有元素之和为（ ） A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 在正四棱台中，已知，该正四棱台的体积为168，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 5. 设函数在区间上单调递减，则 的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 已知双曲线 ： （， ）的右焦点为 ，其中一条渐近线上存在一点 ，使得另一条渐近线垂直平分线段，则双曲线 的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 4 7. 已知 为坐标原点，.若动点 满足，则正数 的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的定义域内存在，（），使得成立，则称为“完整函数”．已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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（ ） A. B. C. D. 在复平面内对应的点位于第一象限 10. 已知函数，且是的一个极值点，下列说法正确的是（ ） A. 实数 的值为1或 B. 在上单调递增 C. 若是的一个极小值点，则当时， D. 若是的一个极大值点，则当时， 11. 如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形， ，它们的中心分别为， ，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2，则下列命题正确的是（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 平面 C. 该多面体外接球的表面积为 D. 直线与下底面所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，则______． 13. 已知抛物线 ：的焦点为 ，过点 的直线交抛物线 于 ， 两点，与准线交于点 ，，则直线的斜率为______，______． 14. 在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ．已知，，，则 ______． 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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求角B； （2）若，，角B的平分线与 交于点D，求. 16. 设函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论的单调性． 17. 如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， 是 的中点，点 在线段上． （1）证明：平面． （2）若 平面 ，， ，，平面与平面夹角的余弦值为，求的值． 18. 已知椭圆 ：（ ）的左、右焦点分别为，，焦距为，圆与椭圆 相交于 ， 两点，，的面积为． （1）求椭圆 的标准方程； （2）过点的动直线与椭圆 有两个交点 ， ，以线段为直径作圆 ，点始终在圆 内（包括圆周），求的取值范围． 19. 若是递增数列，数列满足对任意的，存在，使得，则称是的“分割数列”． （1）设，，证明：数列是数列的“分割数列”． （2）设，是数列的前 项和，，判断数列是否是数列的“分割数列”，并说明理由． （3）设是首项为 ，公比为 的递增等比数列，是的前 项和，若数列是的“分割数列”，求实数 与 的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $