精品解析：陕西省西安市铁一中学2025届高三上学期模考（四）数学试卷

【高2025届】2024-2025学年度第一学期高三模考（四） 满分：150分 时长：110分钟 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题所给的选项中，只有一个正确） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，利用复数乘法和复数相等的概念求出，再利用复数的模长公式求解即可. 【详解】设，， 则， 所以，解得， 所以，. 故选：D. 2. 已知是平面内四个不同的点，则“”是“四边形为平行四边形”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量平行的意义进行判断即可. 【详解】一方面，时，可能共线，此时不构成四边形，充分性不成立； 另一方面，四边形为平行四边形时，则，故，必要性成立. 故“”是“四边形为平行四边形”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知向量满足，且，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求得，结合投影向量的坐标公式即可求解. 【详解】已知，所以，可得， 所以在上的投影向量的坐标为， 故选：A. 4. 已知函数的定义域为，对于任意，都满足，且对于任意的，当时，都有，若，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得,函数是定义在上的偶函数,在上单调递减,在上单调递增,结合,可得,求解即可. 【详解】由题意,函数对于任意的，当时，都有,则函数在上单调递减, 又的定义域为,且满足，即函数为偶函数,故函数在上单调递增. 由,可得,即或者,解得或. 故选:D. 【点睛】本题考查了函数单调性与奇偶性的应用,考查了不等式的解法,属于基础题. 5. 已知，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角恒等变换得到，再利用正切和角公式得到答案. 【详解】由，得 ， 即，所以， 所以， 所以． 故选：D． 6. 已知函数．若存在，，使得，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，或者，，即可求解. 【详解】由， 因，必有，或者，， 由，，分别得到，． 于是，，或者，，得的最大值为． 故选：D． 7. 古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（ ） （参考公式：） A. 1450 B. 1490 C. 1540 D. 1580 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件及合情推理中的归纳推理，利用参考公式及等差数列前项和公式即可求解． 【详解】由于“三角形数”可以写为， 故第层“三角形数”为， 所以层时，三角锥垛垛球的总个数为： ， 所以若一“落一形”三角锥垛有20层， 则该锥垛球的总个数为， 故选：C． 8. 已知平面向量满足，与的夹角为且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再利用数量积的运算律化简给定等式，并建立不等式求解即得最大值. 【详解】依题意，， 由，得， 即，当且仅当同向共线时取等号， 于是，解得， 所以的最大值为. 故选：B 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 在中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若G是的重心，则 C. 若，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为 D. 已知，，则的最大值为10 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据向量的夹角判断一个三角形内角为锐角判断A，根据重心的性质及中线的向量表示判断B，根据向量在向量上的投影向量的计算判断C，根据数量积的定义及运算性质判断D. 【详解】对A，由可知的外角为钝角，所以为锐角，故不能判断三角形为钝角三角形，故A错误； 对B，由G是的重心，可知，故B正确； 对C，因为，，与的夹角为，所以在方向上的投影向量为 ，故C正确； 对D，因为，当，即同向时等号成立，故D正确. 故选：BCD 10. 如图，的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.若点在外，，，则下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 四边形面积的最大值为 D. 四边形面积无最大值 【答案】AB 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出角判断AB；利用三角形面积公式及余弦定理，借助三角函数性质求解判断CD. 【详解】在中，由正弦定理及，得， 即，有，而，，解得， 而，则有，因此，，A B正确； 显然是等边三角形， 四边形面积等于 ， 当且仅当，即时取等号，CD错误. 故选：AB 11. 已知各项均为正数的数列的前项和为，，. ， 数列的前项和为. 则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 数列为单调递减数列 D. 使得的的最大值为 674 【答案】AB 【解析】 【分析】由递推关系得，数列是以为首项，公差为1的等差数列，则求出，可判断A项，由，当时，，进行求和可判断B项，由裂项相消法求出，可判断C，D项． 【详解】因为，则当时，， 即， 而，有，即， 所以数列是以为首项，公差为1的等差数列， 于是得，即，故A正确； 当时，，又满足上式， 所以的通项公式为，， 当时，， 则， 当时，， 即对任意的，都有，故B正确； ， 则有， 因，则数列单调递增，故C错误； ，因对任意正整数均有成立，于是得，解得， 而，则，故D错误. 故选：AB 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列的前项和，若第项满足，则等于__________． 【答案】8 【解析】 【分析】利用的关系求通项公式，再结合求参数值即可. 【详解】由题设， 当时，， 显然满足，则， 由，即，，则. 故答案为：8 13. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________． 【答案】 【解析】 【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围. 【详解】∵，∴， 设切点为,则,切线斜率, 切线方程为：, ∵切线过原点，∴, 整理得：, ∵切线有两条，∴,解得或, ∴的取值范围是, 故答案为： 14. 已知函数的导函数满足在R上恒成立，则不等式的解集是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知关系式可构造函数，可知在R上单调递减，将所求不等式转化为，利用单调性可解不等式求得结果. 【详解】令，则， 所以在R上单调递减， 由，得， 即， 又在R上单调递减，所以， 解得，所以不等式的解集是． 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分.） 15. 的内角的对边分别为,已知. (1)求; (2)若,,求的周长. 【答案】(1)；(2). 【解析】 【详解】(1),, ,, ,∴. (2),, ,, 故. 16. 如图所示，直角梯形ACDE与等腰直角△ABC所在平面互相垂直，F为BC的中点，∠BAC＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2． （I）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角B﹣DE﹣C的余弦值． 【答案】16. 证明如下： 取BD的中点P，连接EP，FP，则PF， ∵，∴EAPF， ∴四边形AFPE是平行四边形，∴AF∥EP， 又∵EP⊂面BDE，AF⊄平面BDE， ∴AF∥面BDE． 17. 【解析】 【分析】（I）取BD的中点P，连接EP，FP，则PF，由，知四边形AFPE是平行四边形，由此能够证明AF∥面BDE． （Ⅱ）以CA，CD所在直线分别作为x轴，z轴，以过C点和AB平行的直线作为y轴，建立空间直角坐标系，由DC＝AC＝2AE＝2，得A（2，0，0），B（2，2，0），E（2，0，1），D（0，0，2），则，，，由面ACDE⊥面ABC，面ACDE∩面ABC＝AC，AB⊥AC，知是平面CDE的一个法向量，由面BDE的一个法向量，能求出二面角B﹣DE﹣C的余弦值． 【详解】解：（1）略 （Ⅱ）以CA，CD所在直线分别作为x轴，z轴，以过C点和AB平行的直线作为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由DC＝AC＝2AE＝2，得A（2，0，0），B（2，2，0），E（2，0，1），D（0，0，2）， 则，， ∵面ACDE⊥面ABC，面ACDE∩面ABC＝AC， AB⊥AC，∴AB⊥面ACDE， ∴是平面CDE的一个法向量， 设面BDE的一个法向量（x，y，z），则， ∴，即， 整理，得， 令y＝1，则z＝2，x＝1，∴是平面CDE的一个法向量， 故， 由图形知二面角B﹣DE﹣C的平面角， 所以二面角B﹣DE﹣C的余弦值为． 【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题上，合理地化空间问题为平面问题，注意向量法的合理运用． 17. 已知两个定点.动点满足直线和直线的斜率之积是 （1）求动点的轨迹方程，并说明该轨迹是什么曲线； （2）记（1）中点的轨迹为曲线，不经过点的直线与曲线相交于两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点. 【答案】（1）的轨迹方程为，即点的轨迹是除去两点的椭圆 （2） 设 如图： ①当直线斜率不存在时，可知， 且有， 解得或，当时，则直线经过点，与题意不符，舍去，故，此时直线为， ②当直线斜率存在时，设直线，则 . 联立直线方程与椭圆方程， 消去可得：， 根据韦达定理可得：， 所以， 即 整理得：， 所以，则或， 当时，则直线恒过点，与题意不符，舍去， 故，直线恒过原点， 结合①②可知，直线恒过原点，原命题得证. 【解析】 【分析】（1）设点的坐标为，把点满足的条件用坐标表示，列出方程，再化简即可得轨迹方程，再结合轨迹方程说明点的轨迹. （2）设，对直线有无斜率分情况讨论.当直线有斜率时，设直线：，与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理，可得与，结合，确定的关系，可确定直线所过的定点. 【小问1详解】 设点的坐标为，因为点的坐标是， 所以直线的斜率， 同理，直线的斜率， 由已知，有， 化简，得点的轨迹方程为， 即点的轨迹是除去两点的椭圆. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的轨迹方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题. 18. 已知函数. （1）若的极小值为-4，求的值； （2）若有两个不同的极值点，证明：. 【答案】（1） （2）证明：由题意可知，方程有两个不同的正实数根，即有两个不同的实数根. 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 验证可知，， 由得，所以. 当时，方程，即方程，则有两个不同的正实数根. 设，则， 所以在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，则. 令， 则， 所以在上单调递增，则当时，， 所以 又，函数在上单调递减， 所以，则， 因为，故. 【解析】 【分析】（1）求出函数的极小值点为，代入函数求解； （2）首先求出的范围，再通过构造对称函数证明，根据的范围即可证明。 【小问1详解】 ，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，取得极小值， 由，解得或（舍去）. 故的值为。 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：本题属于极值点偏移问题：解决此类问题的方法主要有：利用对数平均不等式，构造对称函数，换元法构造函数等。 关键点点睛：本题采用的构造对称函数，解题的关键有两点： 1：参数的取值范围； 2：构造， 19. 记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足. （1）证明数列是等比数列并求； （2）设数列的前 项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围. 【答案】（1）由，得， 所以 则， 所以， 故（非零常数），且， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）对递推式变形结合对数运算求得，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式； （2）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为对任意的恒成立，令，，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由等比数列的前n项和公式得：， 因为不等式对任意的恒成立， 又且单调递增，所以对任意的恒成立， 令，， 则， 当时，，是减函数， 当时， ，是增函数， 又，且，，， 则， 当n为偶数时，原式化简为， 而， 所以； 当n为奇数时，原式化简为， 又，且，，在上单调递增， 所以， 此时，所以； 综上可知，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 【高2025届】2024-2025学年度第一学期高三模考（四） 满分：150分 时长：110分钟 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题所给的选项中，只有一个正确） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是平面内四个不同的点，则“”是“四边形为平行四边形”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知向量满足，且，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的定义域为，对于任意，都满足，且对于任意的，当时，都有，若，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 5. 已知，则=（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数．若存在，，使得，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，…，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”锥垛就是每层为“三角形数”的三角锥的锥垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球…），若一“落一形”三角锥垛有20层，则该锥垛球的总个数为（ ） （参考公式：） A. 1450 B. 1490 C. 1540 D. 1580 8. 已知平面向量满足，与的夹角为且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 在中，下列说法正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若G是的重心，则 C. 若，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为 D. 已知，，则的最大值为10 10. 如图，的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且.若点在外，，，则下列说法中正确的有（ ） A. B. C. 四边形面积的最大值为 D. 四边形面积无最大值 11. 已知各项均为正数的数列的前项和为，，. ， 数列的前项和为. 则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 数列为单调递减数列 D. 使得的的最大值为 674 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列的前项和，若第项满足，则等于__________． 13. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________． 14. 已知函数的导函数满足在R上恒成立，则不等式的解集是______． 四、解答题（本题共5小题，共77分.） 15. 的内角的对边分别为,已知. (1)求; (2)若,,求的周长. 16. 如图所示，直角梯形ACDE与等腰直角△ABC所在平面互相垂直，F为BC的中点，∠BAC＝∠ACD＝90°，AE∥CD，DC＝AC＝2AE＝2． （I）求证：AF∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角B﹣DE﹣C的余弦值． 17. 已知两个定点.动点满足直线和直线的斜率之积是 （1）求动点的轨迹方程，并说明该轨迹是什么曲线； （2）记（1）中点的轨迹为曲线，不经过点的直线与曲线相交于两点，且直线与直线的斜率之积是，求证：直线恒过定点. 18. 已知函数. （1）若的极小值为-4，求的值； （2）若有两个不同的极值点，证明：. 19. 记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足. （1）证明数列是等比数列并求； （2）设数列的前 项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $