精品解析：江西省赣州市赣县中学2025-2026学年高三上学期9月阶段检测数学试题

赣县中学2025年秋学期高三年级9月份数学课时作业过关练 一、单选题 1. 已知集合，，则A与B的交集是（ ） A. B. C. D. ABC均错误 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得，再判断即可. 【详解】由题知， 故选：D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题可直接写出答案. 【详解】的否定为 故答案为：A. 3. 已知函数，则 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及正负值即可通过排除求解. 【详解】的定义域为全体实数， 且，故为奇函数，图像关于原点对称，此时可排除AC, 又故，此时可排除D, 故选：B 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数函数的性质可判断，利用对数运算性质和对数函数的性质判断的范围以及大小关系即得答案. 【详解】由题意可知，， 又，，而， 故，即， 因为，所以. 故选：A 5. 已知，且是第一象限角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得，结合诱导公式逐一验算各个选项即可求解. 【详解】已知，且是第一象限角，则， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：D. 6. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上共有8100个零点 【答案】D 【解析】 【分析】根据图像可得，然后逐项判断即可. 【详解】根据图像可得，，解得， 又，所以，故A错误； 又过点，， 由五点作图法可知，，周期，故B错误； ，， 又，所以函数在区间上不单调，故C错误； ， 解得，又， 所以，所以共有8100个零点，故D正确； 故选：D. 7. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图象变换求出的解析式，利用周期缩小的范围，再从反面求解可得结果. 【详解】将函数的图象先向右平移个单位长度，得到的图象， 再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数，周期， 因为函数在上没有零点，所以，得，得，得， 假设函数在上有零点， 令，得，，得，， 则，得，， 又，所以或， 又函数在上有零点，且， 所以或. 故选：A 【点睛】关键点点睛：求出函数的解析式，利用间接法求解是解决本题的关键. 8. 在中，D，E分别为的中点，，则面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用重心的性质和三角形面积公式可得正确的选项. 【详解】设的重心为G，则中，， 故的面积为， 当且仅当即时等号成立， 因此的面积的最大值为，进而的面积的最大值为． 故选：B 二、多选题 9. 已知复数，，则（ ） A. 是纯虚数 B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的概念可判定A，利用复数的除法运算及几何意义可判定B，根据共轭复数的定义可判定C，利用复数的模长公式可判定D. 【详解】因为是纯虚数，所以A正确； 因为，所以在复平面内对应的点位于第三象限，故B不正确； 因为的共轭复数为，所以C正确； 因为，所以D不正确． 故选：AC 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有2个极值点 B. 函数无最小值 C. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 D. 函数有5个零点 【答案】AD 【解析】 【分析】对函数求导，即可得到函数的单调区间，然后得到函数的极值点，结合函数解析式画出函数大致图象，从而判断A、B、C；令解得的值，结合函数的极值点及函数图象得到零点个数，从而判断D. 【详解】， 当时，；当时，， 所以在，上为增函数，在上为减函数， 当时，函数有极大值，当时，函数有极小值. 由，即，得或， 所以当时函数的图象在x轴上方，画出函数图象，如图 由图知，A正确，B错误； 若函数在上是减函数，实数a的取值范围是，故C错误； 由得或. 因为，， 所以与，的图象共有5个交点， 所以函数有5个零点，故D正确. 故选：AD. 11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．AC的中点为D，，若，则（ ） A. ` B. b取值范围为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为6 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由三角函数恒等变形结合正弦定理边角互化可判断选项正误；对于B， 由结合A选项分析可得，然后由余弦定理可得，据此可判断选项正误；对于C，由B选项分析结合面积公式可判断选项正误；对于D，令，由B选项分析可得，然后用导数研究函数的单调性，可得周长最大值情况. 【详解】对于A，. 由正弦定理边角互化可得：， 则，故A错误； 对于B，， 则，当且仅当取等号. 由余弦定理，，又， 则，因，则，故B正确； 对于C，由B分析可知，，则，故C正确； 对于D，由B分析，， 得.. 令，则，由三角形三边关系可得， 则，则. 则，令. 则，令， 因，则在上单调递减， 则，即周长无最大值，恒小于， 故D错误. 故选：BC 三、填空题 12. 一扇形的圆心角为，半径为4，则弧长为______，该扇形的面积为______． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据扇形的弧长公式和面积公式计算即得. 【详解】因为圆心角为，半径为4， 所以弧长为，该扇形的面积为． 故答案为： 13. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知及和角正切公式可得，再由，即可求值. 【详解】由题设，则， 所以，则. 故答案为： 14. 已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围________ 【答案】． 【解析】 【分析】变形为有两个实根，变形得到，设，则，求导得到单调性，进而求出，只需使有两个根，设，求导得到在处取得极大值，，结合函数的走势，得到，求出a的取值范围. 【详解】要使函数有两个零点，即有两个实根， 即有两个实根． 即．整理为， 设函数，则上式为， 因为恒成立，所以单调递增，所以． 所以只需使有两个根，设． 易知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 故函数在处取得极大值，． 当时，；当时，， 要想有两个根，只需，解得：． 所以a的取值范围是． 故答案为： 四、解答题 15. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且 （1）求角B的大小； （2）若，，求b的值． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）要求角，已知条件是边角混合的，因此可用正弦定理化边为角，即得，交叉相乘后利用两角和的正弦公式化简可得； （2）由（1）的结论选择面积公式可求得，再由余弦定理可求得． 【详解】（1）由正弦定理可得，，， 代入已知得， 即， 即， 故，即 ∵，∴， 又，∴. （2）因为，∴ac=1 ∴＝3 ∴． 16. 如图，在六面体中，四边形是正方形，平面平面平面. （1）证明：； （2）求平面和平面夹角的正弦值. 【答案】（1） 连接， 在正方形中，， 平面平面，平面平面，平面平面， . 平面平面， 平面， 平面， 平面， 平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）先应用面面平行性质定理得出，再得出平面，最后应用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出线线垂直； （2）方法1：应用线面垂直建系再分别求出平面和平面的法向量，再应用向量夹角余弦公式得出面面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦值； 方法2：设与的交点为，过点作，交于点，得出是平面与平面的夹角，再计算得出角的正弦即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法1：由（1）可知平面， 平面， 在正方形中，有， 以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 设，则， ， 由（1）可知平面是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 取，则， 设平面和平面夹角为， 则， ，即平面和平面夹角的正弦值为. 方法2： 设与的交点为，过点作，交于点，连接，设， 由（1）可知平面， 平面平面， 平面， 又平面平面，平面平面， 是平面与平面的夹角， 在正方形中， 由（1）可知平面， 平面， 在中，， 在中，， 在中，， ， 平面平面， 在中，， 平面与平面的夹角的正弦值为. 17. 已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，且，，. （1）求数列与的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】(1)设数列的公差为d,由可得,,由即可解得,故,由,即可解得,进而求得. (2) 由（1）得，,利用分组求和及错位相减法即可求得结果. 【详解】（1）设数列的公差为d，数列的公比为q， 由可得，， 整理得，即， 故， 由可得，则，即， 故. （2）由（1）得，，， 故， 所以，数列的前n项和为， 设①， 则②， ②①得， 综上，数列的前n项和为. 【点睛】本题考查求等差等比的通项公式,考试分组求和及错位相减法求数列的和,考查学生的计算能力,难度一般. 18. 已知椭圆的离心率为，其短轴长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于，两点，过点作，垂足为． ①求证：直线过定点，并求出定点的坐标； ②点为坐标原点，求面积的最大值． 【答案】（1）； （2）①证明： 由题得，设直线， 设，，， 联立方程，得，（*） 所以有，，且， 因为，所以直线的方程为， 令，得，（**） 将代入（**），则， 故直线过定点，即定点为． ②． 【解析】 【分析】（1）根据离心率和短轴长求出后，可得椭圆的标准方程； （2）①设直线，代入，得，根据韦达定理得和，根据点斜式求出直线的方程，令，得，利用和化简可得，故可证直线过定点； ②根据，再换元可求得最大值. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆的方程为． （2）由对称性，若直线过定点，则该定点必在轴上， ①证明略，定点为． ②在（*）中，， 所以， 又直线过定点， ∴， 令，则在上单调递减， 故当，时，． 【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了直线过定点问题，考查了面积问题，考查了运算求解能力，属于中档题. 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意恒成立，求的取值范围； （3）设无穷数列，请探究是否存在，使得. 【答案】（1）； （2）； （3）存在. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）等价变形给定的恒成立不等式，利用导数结合单调性求出范围. （3）利用导数求出函数在的值域，再按分类探讨，结合二倍角的余弦公式确定的通项，进而推理判断得解. 【小问1详解】 函数，求导得， 则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 不等式，令， 依题意，在上恒成立，且，求导得， 令，求导得， 函数在上单调递减，， 当，即时，，函数在上单调递减， 则，函数在上单调递减，， 因此不等式在内恒成立，于是； 当时，，函数在的图象连续不断， 则存在，使得当时，，于是函数在上单调递增， 当时，，则函数在上单调递增， 当时，，不符合题意， 所以实数的取值范围是． 【小问3详解】 由于，则当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 而，，则． 当时，而，由二次函数性质得，与矛盾； 当时，记，则， 以此类推得，不妨设， 倒推得，只要存在，使得，且， 同时（因为）,又函数的值域包含的部分区间， 因此存在，使得，进而通过递推关系使得， 所以存在，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣县中学2025年秋学期高三年级9月份数学课时作业过关练 一、单选题 1. 已知集合，，则A与B的交集是（ ） A. B. C. D. ABC均错误 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且是第一象限角，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上共有8100个零点 7. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，D，E分别为的中点，，则面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、多选题 9. 已知复数，，则（ ） A. 是纯虚数 B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数有2个极值点 B. 函数无最小值 C. 若函数在上是减函数，则实数的取值范围是 D. 函数有5个零点 11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．AC的中点为D，，若，则（ ） A. ` B. b取值范围为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为6 三、填空题 12. 一扇形的圆心角为，半径为4，则弧长为______，该扇形的面积为______． 13. 已知，则__________. 14. 已知函数，函数，若函数有两个零点，则实数a的取值范围________ 四、解答题 15. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且 （1）求角B的大小； （2）若，，求b的值． 16. 如图，在六面体中，四边形是正方形，平面平面平面. （1）证明：； （2）求平面和平面夹角的正弦值. 17. 已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，且，，. （1）求数列与的通项公式； （2）求数列的前n项和. 18. 已知椭圆的离心率为，其短轴长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知直线，过椭圆右焦点的直线（不与轴重合）与椭圆相交于，两点，过点作，垂足为． ①求证：直线过定点，并求出定点的坐标； ②点为坐标原点，求面积的最大值． 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意恒成立，求的取值范围； （3）设无穷数列，请探究是否存在，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $