精品解析：陕西省西安市铁一中学2025届高三上学期模考（五）数学试卷

【高2025届】2024-2025学年度第一学期高三模考（五） 数学满分：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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将中的元表依次代入验证，即可求解. 【详解】将中的元表依次代入验证， ， 只有，0，满足， 所以. 故选：C. 2. 已知复数，则复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘方、乘法运算求出，进而求出其共轭复数. 【详解】，则， 所以. 故选：A 3. 平行四边形ABCD中，点M是线段BC的中点，N是线段CD的中点，则向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形中位线性质和向量线性运算即可. 【详解】根据三角形中位线知：. 故选：C. 4. 已知在处有极值，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由极值点和极值，列出关于的方程组，再验证条件，即可求解. 【详解】根据题意，， 函数在处有极值0， 且， 或， 时恒成立，此时函数无极值点， 当时，， 此时是函数的极值，满足条件， ，. 故选：D 5. 已知，，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角差的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值. 【详解】因为，所以， 而，所以， 故即， 从而， 故. 故选：B. 6. 在等比数列中，公比，则（ ） A. 128 B. C. 64 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据等比数列项的性质得出，再结合已知得出公比，最后写出等比数列的通项公式，代入计算即可. 【详解】由题得， 所以. 又因为， 所以， 所以， 解得或（舍去）， 则， 所以． 故选：A. 7. 已知函数的图像向左平移后得到的图像关于对称，在上具有单调性，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数的图象向左平移后得到，然后由函数的图象关于对称，确定的关系，再根据在上具有单调性，由即可求解. 【详解】把函数的图象向左平移后得到， 因为的图象关于对称，所以，即， 因为在上具有单调性，且的对称中心为 所以，且，解得， 所以的最大值为. 故选：A. 8. 已知定义在上的函数满足，当时，，若，其中，则当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知可得周期，利用周期性和对称性，结合可得，然后妙用“1”求最值，根据最值取得条件即可得a，然后可得答案. 【详解】根据可得的图象关于对称， 因为，所以， 的周期为4， ，，， ，， ，即， ， 当且仅当，即时，等号成立， ． 故选：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. 已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. C. 当，或17时，取得最大值 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据，利用数列前n项和与通项之间的关系，求得通项公式后，再逐项判断. 【详解】因为， 所以 两式相减得， 当时，适合上式， 所以， 因为，所以数列是递减数列， 由，解得，且 所以当或17时，取得最大值， 所以， ， . 故选：BC 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成的角为 D. 三棱锥外接球表面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定及性质即可判断A；由线面关系即可判断B；由线面角的定义即可判断C；由球的表面积公式即可判断D． 【详解】对于A，连接，则，因为，所以， 因为平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以，故A正确； 对于B，连接，由正方体得，， 又，所以， 因为平面，即与平面不平行， 所以与平面不平行，故B错误； 对于C，由题意知，是直线与平面所成的角，且， 所以直线与平面所成的角不是，故C错误； 对于D，由正方体得，平面，且，， 所以三棱锥外接球的直径， 所以，外接球表面积为，故D正确； 故选：AD． 11. 在中，设的对边分别为，为延长线上一点，的平分线交直线于，若，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项由正弦定理验证结果；B选项由余弦定理验证结果；C选项由三角形面积公式验证结果；D选项由多个三角形面积的关系得出结果. 【详解】A选项：因为，，，所以，所以A选项正确； B选项：由余弦定理得，，因为，所以，所以B选项错误； C选项：的面积为，所以C选项正确； D选项：因为的平分线交直线于，， 所以， 所以，即， 解得，所以D选项正确． 故选：ACD． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知某圆锥的底面半径为2，体积为，则该圆锥的母线长为_________ 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的体积求出圆锥的高，根据勾股定理即可求得答案. 【详解】设圆锥的高为h，则由圆锥的底面半径为2，体积为， 可得， 故该圆锥的母线长为. 故答案为： 13. 已知函数，设曲线在点处的切线为l，若l与圆相切，则a的值为______． 【答案】或 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，再由圆的切线性质列式求解. 【详解】依题意，，， 切线的方程为，即， 由与圆相切，得，解得或， 所以a的值为或． 故答案为：或 14. 任意一个三次多项式函数的图象都有且仅有一个中心对称点为，其中是的根，是的导数.若函数图象的中心对称点为，存在，使得成立，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知由对称中心求出解析式，化简不等式为，利用导数证明不等式（当且仅当时等号成立），然后利用不等式的性质得，即可得最小值，从而得参数范围． 【详解】，，， 又的图象的对称中心点， 所以，解得，所以， 不等式为， 因为，所以， 令，则， 当时，，递减，时，，递增， 所以，所以， 从而，当且仅当，即时等号成立， 所以，所以的最小值是， 所以． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：由已知求得函数式，化简不等式为，然后利用导数求出的最小值，为此先利用导数证明不等式，然后利用不等式的性质可求得最小值． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知数列的前n项和为，，． （1）求的通项公式； （2）设，，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系直接求通项公式即可； （2）根据（1）中的通项公式得到，分奇偶讨论并整合即可得到答案. 【小问1详解】 由题意，当时，， 当时，， 当时，上式也符合， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得，，所以，． （ⅰ）当n为偶数时，； （ⅱ）当n为奇数时，； 综上所述，. 16. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为四边形为正方形， 底面，所以，，两两相互垂直， 如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，，，，，， ，，， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 故，即，则， 令，得， 所以， 所以， 又平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量，求得平面的法向量，然后利用，证明，从而得出平面； （2）求得直线的方向向量，由（1）知平面的法向量，结合线面角的向量公式即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数， （1）当时，求在上的最大值； （2）求的零点个数． 【答案】（1）1 （2） 时，有一个零点；时，有两个零点． 【解析】 【分析】（1）求导，根据单调性即可求解最值； （2）参数分离，构造函数，求导确定函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 ，， 令，则单调递减，且， 从而，，单调递增；，，单调递减． 故，最大值为1. 【小问2详解】 令，则由，故， 令，则， 从而在上单调递减，在上单调递减． 若，当时，，若，当时，； 若，当时，，当时，． 从而当时，与有一个交点， 时，与有两个交点， 故时，有一个零点；时有两个零点． 18. 已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且点在上． （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于两点，且点位于轴上方，设点关于轴的对称点为，求面积的最大值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由给定的离心率及点，列出方程组求出即可. （2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出三角形面积的函数关系，再利用基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 由椭圆的离心率为，得，即， 由点在上，得，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 依题意，直线不垂直于坐标轴，设直线方程为，， 设点，则，， 由消去得，，， 所以 ，当且仅当，即时取等号， 所以面积的最大值为. 19. （1）证明：当时，； （2）已知正项数列满足. （i）证明：数列为递增数列； （ii）证明：若，则对任意正整数，都有. 【答案】（1）令，则， 所以在上单调递增，所以，即， 再令，则，， 令，则，由上面知， 即在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，所以， 即. 综上，当时，成立. （2）（i）因为，所以， 所以，由（1）知，当时，， 所以， 所以数列为递增数列. （ii）要证，即证，即， 由（1）知：当时，， 所以，即有， 所以， 所以， 又因为，所以， 所以，即， 所以，归纳易得数列为减函数， 又数列为递增数列， 所以， 所以 ， 又因为， 所以， 所以， 即成立. 【解析】 【分析】（1）构造函数，利用导数证明，同理构造函数，利用导数得证； （2）（i）由条件，变形得，结合（1）可证，得证；（ii）用分析法将所证明问题转化为，由条件可得，进一步可得，裂项相消可得，结合，放缩可证. 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）略 【点睛】关键点睛：本题第二问，（ii）解题的关键是结合条件得到数列为减函数，所以，累加得到，利用放缩裂项相消证得结果. 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（五） 数学满分：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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 3. 平行四边形ABCD中，点M是线段BC的中点，N是线段CD的中点，则向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知在处有极值，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 5. 已知，，则（） A. B. C. D. 6. 在等比数列中，公比，则（ ） A. 128 B. C. 64 D. 7. 已知函数的图像向左平移后得到的图像关于对称，在上具有单调性，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，当时，，若，其中，则当取最小值时，（ ） 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. 已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. C. 当，或17时，取得最大值 D. 10. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成的角为 D. 三棱锥外接球表面积为 11. 在中，设的对边分别为，为延长线上一点，的平分线交直线于，若，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知某圆锥的底面半径为2，体积为，则该圆锥的母线长为_________ 13. 已知函数，设曲线在点处的切线为l，若l与圆相切，则a的值为______． 14. 任意一个三次多项式函数的图象都有且仅有一个中心对称点为，其中是的根，是的导数.若函数图象的中心对称点为，存在，使得成立，则的取值范围为________. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知数列的前n项和为，，． （1）求的通项公式； （2）设，，求数列的前n项和． 16. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知函数， （1）当时，求在上的最大值； （2）求的零点个数． 18. 已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率为，且点在上． （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于两点，且点位于轴上方，设点关于轴的对称点为，求面积的最大值． 19. （1）证明：当时，； （2）已知正项数列满足. （i）证明：数列为递增数列； （ii）证明：若，则对任意正整数，都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $