精品解析：天津市弘毅中学2024-2025学年高三上学期第一次过程性诊断数学试题

天津市弘毅中学2024-2025学年高三上学期第一次过程性诊断 数学试题 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题 共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案填写在答题纸上. 1. 已知全集,集合,则 A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 4. 三个数的大小顺序是（ ） A. B. C. D. 5. 计算式子的值为（ ） A. B. C. D. 6. 函数的部分图象如图所示，则 A. B. C. D. 7. 已知正六边形边长为2，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 8. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 9. 将函数的图象，向右平移个单位长度，再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数，则下列说法正确的个数是（ ） ①函数的最小正周期为 ②函数在区间上单调递增 ③函数在区间上的最小值为 ④是函数的一条对称轴 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第II卷（非选择题 共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题纸上. 10. 设为虚数单位，复数__________. 11. 已知一个扇形的周长为4，则扇形面积的最大值为______. 12. 设，是两个不共线向量，，，，若A，B，D三点共线，则实数p的值为______． 13. 已知，则_____________. 14. 已知为的三个内角的对边，向量，若，且，则角_____________. 15. 如图，在中，，，为上一点，且满足，________ ；若的面积为，则的最小值为________． 三、解答题：本大题共5小题，第16题14分，第17题15分，第18题15分，第19题15分，第20题16分，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 16. 已知函数， （1）求函数的值域、对称轴方程、单调递减区间； （2），若，求函数的值. 17. 在中，角所对的边分别是．已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 18. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，为的中点，为的中点， （1）证明：直线平面； （2）求直线AC与平面OCD所成角的余弦值． （3）求点N到平面OCD的距离． 19. 已知等差数列的首项为.数列为等比数列，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前n项和为，求； （3）求证. 20. 设函数 （1）若在点处的切线斜率为，求的值； （2）求函数的单调区间； （3）若，求证：在时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市弘毅中学2024-2025学年高三上学期第一次过程性诊断 数学试题 本试卷满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题 共45分） 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案填写在答题纸上. 1. 已知全集,集合,则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：由全集及，求出补集，找出集合的补集与集合的交集即可. 详解：，集合，， 又，故选B. 点睛：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性. 研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质是求满足属于集合或不属于集合的元素的集合. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先求一元二次不等式和绝对值不等式的解集，再根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系． 【详解】由，解得或，即， 又，则，解得，即， 又因为是的真子集， 所以“”是“”的必要而不充分条件． 故选：B． 3. 函数的图像可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性排除C、D，再结合排除A，即可求解. 【详解】由题意得函数的定义域是关于原点对称 又由，所以是偶函数， 所以函数的图像关于y轴对称，故排除C、D； 当时，，故排除A. 故选：B. 4. 三个数的大小顺序是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用幂函数、对数函数的性质比较大小即得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：D 5. 计算式子的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对数运算求得答案. 【详解】. 故选：A 6. 函数的部分图象如图所示，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：由题图知，，最小正周期，所以，所以.因为图象过点，所以，所以，所以，令，得，所以，故选A. 【考点】三角函数的图象与性质 【名师点睛】根据图象求解析式问题的一般方法是：先根据函数图象的最高点、最低点确定A，h的值，由函数的周期确定ω的值，再根据函数图象上的一个特殊点确定φ值． 7. 已知正六边形边长为2，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算逐项求解判断. 【详解】在正六边形中，以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系， 则， 对于A，，，，A错误； 对于B，，，B错误； 对于C，，，C错误； 对于D，，在上的投影向量为，D正确. 故选：D 8. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案. 【详解】由已知可得，，， 所以，向量在向量上的投影向量是. 故选：B. 9. 将函数的图象，向右平移个单位长度，再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数，则下列说法正确的个数是（ ） ①函数的最小正周期为 ②函数在区间上单调递增 ③函数在区间上的最小值为 ④是函数的一条对称轴 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】首先对化简，然后根据图像变换得到，再逐一分析关于的性质即可. 【详解】根据二倍角公式，得， 再向右平移个单位长度，得到， 再把纵坐标伸长到原来的2倍，得到，即， 对于①，的最小正周期,故①正确， 对于②，令,解得, 令，则单调递增区间为，不是的子集，在区间上不是单调递增，故②错误， 对于③，，，由余弦函数的图像可知，故③正确， 对于④，令，解得,令，则，是函数的一条对称轴，故④正确. 故选：. 第II卷（非选择题 共105分） 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分，将答案填写在答题纸上. 10. 设为虚数单位，复数__________. 【答案】##-2i+1 【解析】 【分析】根据复数的除法法则计算即可. 【详解】. 故答案为：. 11. 已知一个扇形的周长为4，则扇形面积的最大值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】表示出扇形的面积，利用二次函数的单调性即可得出. 【详解】设扇形的半径为，圆心角为，则弧长， ，即， 该扇形的面积， 当且仅当时取等号. 该扇形的面积的最大值为. 故答案：. 【点睛】本题考查了弧长公式与扇形的面积计算公式、二次函数的单调性，考查了计算能力，属于基础题. 12. 设，是两个不共线向量，，，，若A，B，D三点共线，则实数p的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由共线即可得． 【详解】由题意，因为三点共线，所以共线， 所以存在实数，使得， 所以，，所以． 故答案为：． 13. 已知，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用和角的正切公式求出，再利用齐次式法求解即得. 【详解】依题意，，解得， 所以. 故答案为： 14. 已知为的三个内角的对边，向量，若，且，则角_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示求出，再利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求出即可. 【详解】由，，得， 则，在中，，解得， 由及正弦定理，得 ，而，解得，而，则， 所以. 故答案为： 15. 如图，在中，，，为上一点，且满足，________ ；若的面积为，则的最小值为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设，可得出，可得出关于、的方程组，即可解得实数的值；利用三角形的面积公式得出，利用平面向量数量积的运算性质结合基本不等式可求得的最小值. 【详解】设，则 ， 所以，，解得. ，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立. 所以，的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】方法点睛：求向量的模的两种基本策略： （1）字母表示下的运算：利用，将向量模的运算转化为向量与向量的数量积的问题； （2）坐标表示下的运算：若，则，于是有. 三、解答题：本大题共5小题，第16题14分，第17题15分，第18题15分，第19题15分，第20题16分，共75分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 16. 已知函数， （1）求函数的值域、对称轴方程、单调递减区间； （2），若，求函数的值. 【答案】（1）值域，对称轴方程，减区间； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用和角的正弦公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解. （2）由同角公式求出，再代入（1）中求值. 【小问1详解】 依题意，， 所以函数的值域为； 由，得函数的对称轴方程； 由，得单调递减区间. 【小问2详解】 由，，得，所以. 17. 在中，角所对的边分别是．已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理即可解出； （2）根据余弦定理即可解出； （3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出． 【小问1详解】 由正弦定理可得，，即，解得：； 【小问2详解】 由余弦定理可得，，即， 解得：或（舍去）． 【小问3详解】 由正弦定理可得，，即，解得：，而， 所以都为锐角，因此，， ． 18. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，为的中点，为的中点， （1）证明：直线平面； （2）求直线AC与平面OCD所成角的余弦值． （3）求点N到平面OCD的距离． 【答案】（1） 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，底面，则两两垂直， 以A为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 由为的中点，为的中点，得， 即， 设平面的法向量为，则，取，得， 则平面，所以直线平面． （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据已知构建合适的空间直角坐标系，先求出面的一个法向量，进而得到，再应用线面平行的判定证明结论； （2）应用向量法求线面角的正弦值，进而求其余弦值； （3）应用向量法求点面距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，且平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 所以，故直线与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 由（1）知，，且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离. 19. 已知等差数列的首项为.数列为等比数列，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设数列的前n项和为，求； （3）求证. 【答案】（1）；； （2）； （3） 证明：因为 ， 所以 . 【解析】 【分析】（1）应用等差数列及等比数列通项公式基本量运算即可求解； （2）应用错位相减法计算求解； （3）应用裂项相消计算求解证明. 【小问1详解】 等差数列的首项为， 设公差为，所以，所以， 所以， 设在等比数列中，公比为， 因为，所以， 即， 解得， 所以； 【小问2详解】 因为 ， 所以① ② ①②，得 ． 所以 【小问3详解】 略 20. 设函数 （1）若在点处的切线斜率为，求的值； （2）求函数的单调区间； （3）若，求证：在时，. 【答案】（1） （2）当时，的单调减区间为.单调增区间为；当时，的单调减区间为； （3）证明: 当时，要证，即证 令，只需证 ∵ 由指数函数及幂函数的性质知：在上是增函数 ∵，∴在内存在唯一的零点， 也即在上有唯一零点 设的零点为，则，即， 由的单调性知： 当时，，为减函数 当时，，为增函数， 所以当时. ∴. 【解析】 【分析】（1）先求出，通过在点处的切线斜率，可得，解得； （2）由（1）知：，结合导数分①、②两种情况讨论分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间； （3）通过变形，只需证明即可，利用，根据指数函数及幂函数的性质、函数的单调性及零点判定定理即得到结论. 【小问1详解】 若在点处的切线斜率为， ， 得. 【小问2详解】 由 当时，令解得： 当变化时，随变化情况如表： 由表可知：在上是单调减函数，在上是单调增函数 当时，，的单调减区间为 所以，当时，的单调减区间为.单调增区间为 当时，的单调减区间为 【小问3详解】 略. 【点睛】隐零点作为求最值的一种方法，可用于常规的不等式证明或不等式成立求参的题目中，在不等式证明中，可含参数也可不含参数，若不含参数时直接求导确定隐零点，根据化简之后的最值形式和函数值的边界0反推出对应的隐零点的范围，例如本题，利用，得到在内存在唯一的零点，且得到的等量关系，进而进行后续的运算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $