精品解析：江苏南通市启东市第一中学2024-2025学年高三上学期第一次素质检测数学试题

启东市第一中学2024-2025年度第一学期第一次素质检测 高三数学试卷 （考试时间120分钟，试卷满分150分） 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用集合的基本关系判断. 【详解】解：因为集合，集合， 所以． 故选：A 2. 已知复数z满足，则的模为(　　) A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先由复数的除法运算计算得，进而可得模长. 【详解】复数z满足，， 所以． 故选：B． 3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象的平移变换方法求解即可. 【详解】函数的图象向左平移个单位长度后 得到函数， 故选:C. 4. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据与的推出关系判断. 【详解】若，则， 则， 所以， 所以充分性成立； 若，即， 因为， 所以或， 所以或，即或， 所以必要性不成立. 故“”是“”的充分非必要条件. 故选：A 5. 若正四面体的表面积为，则其外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知：正四面体的棱长为，将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即可得出结果. 【详解】设正四面体的棱长为，由题意可知：，解得：， 所以正四面体的棱长为， 将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为， 因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径， 则外接球的体积为， 故选：. 6. 已知函数，下列函数是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出每个选项中的函数的表达式，确定其定义域，结合奇函数的定义判断，即可得答案. 【详解】由于，定义域为 故，定义域为， ， 即不是奇函数，A错误； ，定义域为，不关于原点对称， 即不是奇函数，B错误； ，定义域为，不关于原点对称， 即不是奇函数，C错误； ，定义域为， ， 即为奇函数，D正确， 故选：D 7. 在中，是中点且，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得为等边三角形，结合投影向量的定义即可求解. 【详解】由，得为等边三角形， 故过点作交于点，则为中点， 所以向量在向量上的投影向量为，与方向相反， 由是中点，为中点，有. 故选：C 8. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对等式进行移项，然后两边同时除以，凑出，再利用基本不等式即可. 【详解】因为 即,两边同时除以，得到， 即， 当且仅当，即等号成立， 则，则. 故的最小值为. 故选:. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】A选项，，，故，故A正确． B选项，，故B错误． C选项，，故C正确． D选项，由C项推理，, 由可知，故得 ，即D正确． 10. 已知函数（，）的部分图像如图所示，在区间内单调递减，则的可能取值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】AD 【解析】 【分析】根据函数过点求出的值，再根据的范围求出的范围，结合函数的单调性与周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的性质得到不等式组，解得即可. 【详解】解：由图可知函数过点，所以，即， 所以或，， 因为，所以或， 又根据图像可知函数在原点右侧最近的零点的右侧的极值点函数取得最小值， 所以，所以， 因为在区间内单调递减，， 所以，所以， 所以， 则或 解得或， 故选：AD. 11. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在四面体中，是直角三角形，为直角，点，分别是，的中点，且，，，，则（ ） A. 平面 B. 四面体是鳖臑 C. 是四面体外接球球心 D. 过A、、三点的平面截四面体的外接球，则截面的面积是 【答案】ABD 【解析】 【分析】先证平面，可得，然后结合线面垂直判定定理可判断A；求出各棱长，利用勾股定理即可判断B；由可判断C；利用直角三角形性质可判断外接球球心，然后利用等体积法求出O到平面的距离，然后可得小圆半径，可判断D. 【详解】因为，为的中点，所以， 又，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 又平面， 所以平面，A正确； 因为平面，所以，为直角三角形， 由勾股定理得， 因为，所以， 因为，， 所以为直角三角形，所以四面体是鳖臑，B正确； 由上知，，所以，故不可能为四面体外接球球心，C错误； 记的中点为O，由上知，和都是以为斜边的直角三角形， 所以，，即O为四面体外接球球心， 因为分别为的中点， 所以，所以四边形为平行四边形，故， 所以， 因为， 所以，， 所以， 记点O到平面的距离为d，则，得， 所以的外接圆半径， 所以，过A、、三点的平面截四面体的外接球的截面的面积为，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正方形的边长为，边，的中点分别为，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，用向量的坐标运算进行求解即可. 【详解】 以为原点，，方向分别为轴、轴正方向建立平面直角坐标系， 则，，，， ∴，，，∴， ∴. 故答案为：. 13. 在平面直角坐标系中，已知点，点在二次函数图象上，且使得的面积为，若满足条件的点共有两个，则实数的取值范围________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意可得，可判断与有两个不同交点，与无交点，进而转化为方程有两个不等实根，没有实根，由判别式可得的取值范围. 【详解】 如图，由题意，得， 因满足条件的点共有两个，故与有两个不同交点，与无交点， 即方程有两个不等实根，没有实根， 故，得， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将问题转化为方程有两个不等实根，没有实根，从而得解. 14. 已知函数，且对任意恒成立，若角的终边经过点，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】由辅助角公式得表达式，后可得答案. 【详解】，其中，. 则， 则，则. 故答案为：3 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，． （1）求B； （2）设D是AB边上点，且，求证：． 【答案】（1）； （2） ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴. 【解析】 【分析】（1）利用同角关系式及正弦定理即求； （2）利用和角公式可得，然后利用正弦定理可得，再利用向量法求得，即证. 【小问1详解】 ∵在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，， ∴，又，， ∴， 又，， ∴； 【小问2详解】 略 16. 如图，中，是的中点，与交于点. （1）用表示； （2）设，求的值； （3）若，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由平面向量的减法运算，即可得到结果； （2）根据题意，由条件可得，再由三点共线定理，即可得到结果； （3）根据题意，由平面向量的夹角公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 因为三点共线，所以，解得. 【小问3详解】 ，由（1）可知， 所以，得， 则， 所以 所以的最大值为. 17. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是平行四边形，，，AD与平面所成的角为． （1）求； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，，利用余弦定理可得，结合已知条件，建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面的法向量和的方向向量，线面角即可求解； （2）结合（1）的结论和平面的法向量，再求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为，，在中，由余弦定理可得，则，所以， 则，由因为为直四棱柱，所以平面， 所以两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 由题意可知：AD与平面所成的角为， 所以， 解得，所以. 【小问2详解】 由（1）知：平面的法向量， ，, 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 则， 由图可知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值. 18. 的内角所对的边分别为.已知. （1）若，求； （2）点是外一点，平分，且，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理求出即可； （2）由正弦定理把边化成角，再用三角形面积公式结合导数求出范围. 【小问1详解】 由正弦定理可知， 所以， 所以， 由余弦定理， 因为的内角，所以， 又，所以. 【小问2详解】 由正弦定理， ， 又平分，所以， 因为四边形的内角和为，且，易知， 所以 ，① 设，则①， 令，则 ， 因为在中，所以，所以， 所以时恒成立， 且，时，，时， 则，所以. 19. 已知函数 （1）当时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）若对任意的实数，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”．当时，若函数是“恒切函数”，求证：． 【答案】（1）有极小值，无极大值. （2）当时，在单调递减； 当时，在单调递增,在单调递减； （3）证明：当时，函数是“恒切函数”， 且, 设函数与直线切点,则, 故，即，，， ，所以是方程的根， 设，, , 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 且, ，， 是方程的根， 所以或, 或 故. 【解析】 【分析】（1）利用极值的定义求解即可； （2）分类讨论求的单调区间即可； （3）利用“恒切函数”的定义，列方程组得出，然后结合的范围求解即可. 【小问1详解】 函数, , 当时， ， ，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故有极小值，无极大值. 【小问2详解】 ， 当时，，在单调递减； 当时，，,， ,且为增函数， 时，，在单调递增； 时，，在单调递减； 综上得：当时，在单调递减； 当时，在单调递增,在单调递减； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 启东市第一中学2024-2025年度第一学期第一次素质检测 高三数学试卷 （考试时间120分钟，试卷满分150分） 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则的模为(　　) A. 1 B. C. D. 2 3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 若正四面体的表面积为，则其外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，下列函数是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，是中点且，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 8. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数（，）的部分图像如图所示，在区间内单调递减，则的可能取值为（ ） A. B. 1 C. D. 2 11. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在四面体中，是直角三角形，为直角，点，分别是，的中点，且，，，，则（ ） A. 平面 B. 四面体是鳖臑 C. 是四面体外接球球心 D. 过A、、三点的平面截四面体的外接球，则截面的面积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正方形的边长为，边，的中点分别为，，则________． 13. 在平面直角坐标系中，已知点，点在二次函数图象上，且使得的面积为，若满足条件的点共有两个，则实数的取值范围________. 14. 已知函数，且对任意恒成立，若角的终边经过点，则______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，． （1）求B； （2）设D是AB边上点，且，求证：． 16. 如图，中，是的中点，与交于点. （1）用表示； （2）设，求的值； （3）若，求的最大值. 17. 如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是平行四边形，，，AD与平面所成的角为． （1）求； （2）求二面角的余弦值． 18. 的内角所对的边分别为.已知. （1）若，求； （2）点是外一点，平分，且，求的面积的取值范围. 19. 已知函数 （1）当时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）若对任意的实数，函数与直线总相切，则称函数为“恒切函数”．当时，若函数是“恒切函数”，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $