江苏省泰州市泰兴市2024-2025学年高三数学上学期期中试题含解析

Page12024～2024学年度第一学期期中考试高三数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】将写成分段函数形式求值域，由指数函数性质求值域分别得到集合A、B，再结合各项推断正误即可.【详解】，故，而，则，所以，，即A、B、C错误，D正确.故选：D2.已知，为两个不同平面，为直线且，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】当时，若，则推不出；反之可得，依据充分条件和必要条件推断方法，推断即可得到答案．【详解】当时，若且，则推不出，故必要性不成立；当时，可过直线作平面与平面交于，依据线面平行的性质定理可得，又，所以，又，所以，故充分性成立，所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，关键是驾驭充分条件和必要条件的定义，推断是的什么条件，须要从两方面分析：一是由条件能否推得条件；二是由条件能否推得条件3.已知向量，，则下列结论正确的是（）A.B.C.向量与向量的夹角为D.在的投影向量是【答案】C【解析】【分析】应用向量坐标的线性运算求、，结合向量共线定理、模长的坐标运算推断A、B，依据向量夹角的坐标表示、投影向量的定义推断C、D.【详解】由，不存在使，即与不共线，A错误；由，故，B错误；由，又，故，C正确；由在的投影向量，D错误.故选：C4.有一个内角为的等腰三角形被称为黄金三角形，它的较短边与较长边之比为黄金分割比．由上述信息可求得的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出，其中，，计算出，然后利用诱导公式可求得的值.【详解】在中，，，取的中点，连接，如下图所示：由题意可知，且，所以，，所以，.故选：C.5.已知函数，，的解析式是由函数和的解析式组合而成，函数部分图象如下图所示，则解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依据函数的奇偶性结合图象的对称性解除CD，再由特别值及放缩法推断的正负解除B.【详解】定义域都为，关于原点对称，而，，所以都是奇函数，故都是偶函数,因为所给图象关于原点对称，是奇函数，故可解除CD；当时，，故解除选项B.故选：A6.已知函数（，），直线和点分别是图象相邻的对称轴和对称中心，则下列说法正确的是（）A.函数为奇函数B.函数图象关于点对称C.函数在区间上为单调函数D.函数在区间上有12个零点【答案】D【解析】【分析】依据已知条件求得，代入法以及正余弦函数性质推断奇偶性、对称中心，由整体法，结合正弦函数的单调性、周期性推断区间单调性和区间零点个数.【详解】由题设，，故，所以，故且，所以，，又，故，综上，，为偶函数，A错误；，图象不关于对称，B错误；在上，，依据正弦函数的性质在该区间上不单调，C错误；在上，在区间内有6个周期长度，每个周期有2个零点，所以该区间内有12个零点，D正确.故选：D7.已知直线与直线相交于点，，则下列结论正确的是（）A.过定点B.点的轨迹方程为C.点到点和点距离之和的最大值为D.点到坐标原点的距离的最小值为【答案】B【解析】【分析】求出直线所过定点的坐标，可推断A选项；求出直线所过定点的坐标，分析可知，由可求得点的轨迹方程，可推断B选项；求出，利用基本不等式可推断C选项；利用圆的几何性质可推断D选项.【详解】对于A选项，直线的方程可化为，由，可得，所以，直线过定点，A错；对于B选项，直线的方程可化为，由，可得，所以，直线过定点，因为，则，即，设点，则，，所以，，整理可得，所以，点的轨迹方程为，B对；对于C选项，，由勾股定理可得，所以，，则，当且仅当时，等号成立，所以，点到点和点距离之和的最大值为，C错；对于D选项，记圆的圆心为，该圆的半径为，因为，故原点在圆外，又因为，故，D错.故选：B.8.已知函数，其中实数，则下列结论错误的是（）A.必有两个极值点B.有且仅有3个零点时，的范围是C.当时，点是曲线的对称中心D.当时，过点可以作曲线的3条切线【答案】B【解析】【分析】对求导，得到的单调性，推断的极值点个数可推断A；要使有且仅有3个零点，只需即可推断；当时，计算可推断C；设切点为，求出过点的切线方程，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数即可推断D.【详解】对于A，，令，解得：或，因为，所以令，得或，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，在处取得微小值,所以A正确；对于B，要使有且仅有3个零点，只需即，所以，所以的范围是，故B不正确；对于C，当时，，，，所以点是曲线的对称中心，所以C正确；对于D，，设切点为，所以在点处的切线方程为：，又因为切线过点，所以，解得：，令，所以过点可以作曲线的切线条数转化为与图象的交点个数.,令，解得：或，因为，所以令，得或，令，得，则在上单调递增，在上单调递减，，如下图所示，当时，与图象有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故正确，故选：B【点睛】方法点睛：对于利用导数探讨函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数探讨函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分别变量，构造新函数，干脆把问题转化为函数的最值问题．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.设复数z在复平面内对应的点为Z，i为虚数单位，则下列说法正确的是（）A.若，则z的虚部为－2iB.若|z|＝1，则z＝±1或z＝±iC.若点Z坐标为（－1，3），且z是关于x的实系数方程x2＋px＋q＝0的一个根，则p＋q＝12D.若，则点Z的集合所构成的图形的面积为π【答案】CD【解析】【分析】A选项：依据虚部的概念推断即可；B选项：依据模的公式推断即可；C选项：依据的坐标得到，然后代入中得到，解方程即可；D选项：设，依据得到，然后依据几何图形求面积即可.【详解】A选项：因为，所以的虚部为-2，故A错；B选项：设，则可以得到，即，有好多种状况，例如，，，此时，故B错；C选项：若的坐标为，则，又是关于的实系数方程的一个根，所以，所以，解得，，故C正确；D选项：设，则，即，所以的集合所构成的图形为环形，如下所示：所以面积为，故D正确.故选：CD.10.下列不等关系中成立的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用对数函数的单调性结合中间值法可推断A选项；构造函数，利用导数分析函数的单调性，可推断BC选项；利用幂函数的单调性可推断D选项.【详解】对于A选项，，A对；对于B选项，构造函数，其中，则，当时，；当时，.所以，函数的增区间为，减区间为，因为，则，即，所以，，即，B对；对于C选项，因为，且函数在上单调递增，所以，，即，即，即，C错；对于D选项，，D对.故选：ABD.11.在三棱锥中，已知，则（）A.与成角B.平面平面C.平面平面D.与平面所成角小于与平面所成角【答案】CD【解析】【分析】利用反证法可推断A选项；利用二面角的定义可推断B选项；利用面面垂直的判定定理可推断C选项；利用线面角的定义可推断D选项.【详解】如下图所示：对于A选项，若，又因为，且，、平面，所以，平面，平面，则，因为，则为锐角，冲突，故与不成角，A错；对于B选项，，则为锐角，，，所以，二面角的平面角为，故平面与平面不垂直，B错；对于C选项，，，，、平面，平面，平面，，又因为，，、平面，平面，平面，所以，平面平面，C对；对于D选项，因为平面，则、与平面所成角分别为、，，则，所以，，又因为、均为锐角，则，D对.故选：CD.12.螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点起先向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图（1）所示．如图（2）所示阴影部分也是一个漂亮的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为4，取正方形各边的四等分点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法一干脆着下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形边长为，后续各正方形边长依次为；如图（2）阴影部分，直角三角形面积为，后续各直角三角形面积依次为，下列说法正确的是（）A.第个正方形面积为.B..C.使得不等式成立的的最大值为.D.数列的前项和对随意恒成立.【答案】BCD【解析】【分析】依据图形的改变规律，结合已知条件，求得以及，再对每个选项进行逐一分析，即可推断和选择.【详解】依据题意，，且，故，即，又，故可得，由题可知，故数列是首项为，公比为的等比数列，则，，即第三个正方形的面积为，故A错误，B正确；对C：因为，，故数列是首项为，公比为的等比数列，其为单调减数列，，又，故不等式成立的的最大值为，正确；对：因为，对随意恒成立，正确.故选：.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知函数同时满意（1）；（2），其中，则符合条件的一个函数解析式＝_____．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由已知函数性质，结合函数的单调性定义和对数函数的运算性质得且，写出一个符合要求的解析式即可.【详解】由（2）知：上递减，由（1），结合对数的运算性质知：，则，综上，且，故满意要求.故答案为：（答案不唯一）14.已知正方形ABCD的边长为4，中心为O，圆O的半径为1，MN为圆O的直径．若点P在正方形ABCD的边上运动，则的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】求出、，利用和的取值范围计算可得答案.【详解】如图，因为正方形ABCD的边长为4，圆O的半径为1，所以，即，，，所以，所以，即.故答案为：.15.正四棱台高为2，上下底边长分别为和，全部顶点在同一球面上，则球的表面积是_____．【答案】【解析】【分析】画出图形，设出未知数，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积.【详解】如图所示，，，为外接球球心，设外接球半径为R，，由勾股定理得：，，设，则，，故，解得：，故，故球的表面积为.故答案为：16.若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则的最小值为_____．【答案】【解析】【分析】由两条曲线的公切线斜率分别等于各曲线上切点处的导数值，以及各曲线上切点分别满意切线方程来列方程组，得到与满意的关系式，将原式中的替换，再利用基本不等式求最小值即可.【详解】曲线在点A处的切线可写作设该切线在曲线上的切点为，则有，消去t得则当且仅当，即时取得该最小值.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.设数列的前项和为，，．（1）求的通项公式；（2）对于随意的正整数，，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，由可得，两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法、裂项相消法、等比数列的求和公式可求得.【小问1详解】解：当时，由可得，上述两个等式作差可得，所以，，则，所以，，也满意，故对随意的，.【小问2详解】解：对于随意的正整数，，所以，.18.若函数满意，其中，且．（1）求函数的解析式；（2）推断并证明函数的单调性；（3）若，在时恒成立，求的取值范围．【答案】（1），（2）见解析，（3）【解析】【分析】（1）利用换元法，令，则，代入化简可求出函数解析式，（2）分和两种状况，利用单调性定义推断即可，（3）由（2）可知在上递减，所将问题转化为，即，从而可求出的取值范围．【小问1详解】令，则，所以，所以，【小问2详解】当时，在上递增，当时，在上递减，理由如下：当时，任取，且，则，因为，，所以，，所以，所以，所以，即，所以在上递增，当时，任取，且，则，因为，，所以，，所以，所以，所以，即，所以在上递减，【小问3详解】当时，由（2）可知在上递减，因为在时恒成立，所以，所以，即，所以，解得或，因为，所以，即的取值范围.19.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA＝PB＝AB＝2，平面PAB⊥平面ABCD，N是CD的中点．（1）若点M为线段PD上一点，且平面AMN，求的值；（2）求二面角B－PA－C的正弦值；（3）求点N到面PAC的距离．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，由线面平行的性质可得，依据等比例关系即可求结果；（2）依据已知证明两两垂直，构建空间直角坐标系，应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值，进而求其正弦值；（3）利用等体积法，求点面距离.【小问1详解】连接，交于，连接，因为面，面，且面面，所以，故.【小问2详解】若为中点，连接，又N是CD的中点，底面ABCD为正方形，所以，等边三角形中，因为平面PAB⊥平面ABCD，面面，面，所以面，而面，则，综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，由，则，，，，所以，，若为面的一个法向量，则，令，则，而为面的一个法向量，所以，故二面角的正弦值为.【小问3详解】由题设，，而，又，，，所以，若N到面PAC的距离为，则，可得，故N到面PAC的距离为.20.在①；②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．（1）求角C的大小；（2）若∠ACB的角平分线CD交线段AB于点D，且，求△ABC的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）应用正余弦边角关系、倍角正余弦及协助角公式化简条件公式，结合三角形内角性质求角C的大小.（2）过作交延长线于，利用角平分线性质、相像三角形的等比例关系求出，再应用三角形面积公式求面积.【小问1详解】选①：由正弦边角关系得，再由余弦边角关系得，所以，而且，所以.选②：，所以，即，又，则且，所以，可得，所以.【小问2详解】过作交延长线于，因为为角平分线，且，则，由，则，又，所以，，故，又，故△为等边三角形，则，，结合（1）结论，△ABC的面积为.21.已知圆O：x2＋y2＝16，点A（6，0），点B为圆O上的动点，线段AB的中点M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）设T（2，0），过点T作与x轴不重合的直线l交曲线C于E、F两点．（i）过点T作与直线l垂直的直线m交曲线C于G、H两点，求四边形EGFH面积的最大值；（ii）设曲线C与x轴交于P、Q两点，直线PE与直线QF相交于点N，试探讨点N是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．【答案】（1）；（2）（i）7；（ii）存在，.【解析】【分析】（1）依据点在圆上，得到，再依据为中点，得到，然后代入，整理即可得到曲线的方程；（2）（i）设直线方程，得到弦长和，然后将面积表示出来，最终分和两种状况探讨面积的最大值；（ii）联立直线和曲线的方程，依据韦达定理得到，然后通过联立直线和直线的方程得到的坐标，再结合即可得到点在定直线上.【小问1详解】设，，因为点在圆上，所以①，因为为中点，所以，整理得，代入①式中得，整理得，所以曲线的方程为.【小问2详解】（i）因为直线不与轴重合，所以设直线的方程为，即，则直线为，设曲线的圆心到直线和直线的距离分别为，，则，，所以，，所以，当时，；当时，，当且仅当时等号成立，综上所述，四边形面积的最大值为7.（ii）设，，联立，得，则，，，因为曲线与轴交于，两点，所以，，则直线的方程为，直线的方程为，联立两直线方程得，，所以，所以在定直线上.【点睛】（1）求动点轨迹方程的方法：①定