2024-2025学年贵州省遵义航天中学高三下学期期中调研数学试题含解析

2024-2025学年贵州省遵义航天中学高三下学期期中调研数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图，矩形ABCD中，，，E是AD的中点，将沿BE折起至，记二面角的平面角为，直线与平面BCDE所成的角为，与BC所成的角为，有如下两个命题：①对满足题意的任意的的位置，；②对满足题意的任意的的位置，，则()A．命题①和命题②都成立 B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立 D．命题①不成立，命题②成立2．若的展开式中的系数为-45，则实数的值为（）A． B．2 C． D．3．已知随机变量X的分布列如下表：X01Pabc其中a，b，.若X的方差对所有都成立，则（）A． B． C． D．4．若为虚数单位，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．已知函数f(x)＝,若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，则实数k的取值范围是()A． B．C． D．6．已知是第二象限的角，，则()A． B． C． D．7．已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，则||FA|﹣|FB||的值等于（）A． B．8 C． D．48．已知x，，则“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件9．设不等式组，表示的平面区域为，在区域内任取一点，则点的坐标满足不等式的概率为A． B．C． D．10．在三棱锥中，，，P在底面ABC内的射影D位于直线AC上，且，.设三棱锥的每个顶点都在球Q的球面上，则球Q的半径为（）A． B． C． D．11．已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是（）A． B． C． D．12．在中，，，，则在方向上的投影是（）A．4 B．3 C．-4 D．-3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列是各项均为正数的等比数列，若，则的最小值为________.14．已知数列的前项和为且满足，则数列的通项_______．15．函数的定义域为，其图象如图所示．函数是定义域为的奇函数，满足，且当时，．给出下列三个结论：①；②函数在内有且仅有个零点；③不等式的解集为．其中，正确结论的序号是________．16．已知数列的前项和为，且成等差数列，，数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为______________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设的最小值为，正数，满足，证明：.18．（12分）选修4­4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（α为参数）．以直角坐标系原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，点P为曲线C上的动点，求点P到直线l距离的最大值．19．（12分）已知函数，.（1）求函数的极值；（2）当时，求证：.20．（12分）已知函数．（1）当时，求曲线在点的切线方程；（2）讨论函数的单调性．21．（12分）已知函数．（1）若关于的不等式的整数解有且仅有一个值，当时，求不等式的解集；（2）已知，若，使得成立，求实数的取值范围．22．（10分）底面为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体.若，.（1）求证：；（2）求二面角的正弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A【解析】

作出二面角的补角、线面角、线线角的补角，由此判断出两个命题的正确性.【详解】①如图所示，过作平面，垂足为，连接，作，连接.由图可知，，所以，所以①正确.②由于，所以与所成角，所以，所以②正确.综上所述，①②都正确.故选：A本题考查了折叠问题、空间角、数形结合方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．2．D【解析】

将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得的值.【详解】∵所以展开式中的系数为，∴解得.故选：D.本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.3．D【解析】

根据X的分布列列式求出期望,方差,再利用将方差变形为,从而可以利用二次函数的性质求出其最大值为,进而得出结论.【详解】由X的分布列可得X的期望为,又,所以X的方差,因为,所以当且仅当时,取最大值,又对所有成立,所以,解得,故选:D.本题综合考查了随机变量的期望､方差的求法,结合了概率､二次函数等相关知识,需要学生具备一定的计算能力,属于中档题.4．B【解析】

由共轭复数的定义得到，通过三角函数值的正负，以及复数的几何意义即得解【详解】由题意得，因为，，所以在复平面内对应的点位于第二象限．故选：B本题考查了共轭复数的概念及复数的几何意义，考查了学生概念理解，数形结合，数学运算的能力，属于基础题.5．D【解析】

由已知可将问题转化为：y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点，作出图象，由图可得：点(1,0)必须在直线y＝kx－的下方，即可求得：k＞；再求得直线y＝kx－和y＝lnx相切时，k＝；结合图象即可得解.【详解】若关于x的方程f(x)＝kx－恰有4个不相等的实数根，则y＝f(x)的图象和直线y＝kx－有4个交点．作出函数y＝f(x)的图象，如图，故点(1,0)在直线y＝kx－的下方．∴k×1－＞0，解得k＞.当直线y＝kx－和y＝lnx相切时，设切点横坐标为m，则k＝＝，∴m＝.此时，k＝＝，f(x)的图象和直线y＝kx－有3个交点，不满足条件，故所求k的取值范围是，故选D..本题主要考查了函数与方程思想及转化能力，还考查了导数的几何意义及计算能力、观察能力，属于难题．6．D【解析】

利用诱导公式和同角三角函数的基本关系求出,再利用二倍角的正弦公式代入求解即可.【详解】因为,由诱导公式可得,,即,因为,所以,由二倍角的正弦公式可得,,所以.故选:D本题考查诱导公式、同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;属于中档题.7．C【解析】

将直线方程代入抛物线方程，根据根与系数的关系和抛物线的定义即可得出的值．【详解】F（1，0），故直线AB的方程为y＝x﹣1，联立方程组，可得x2﹣6x+1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），由根与系数的关系可知x1+x2＝6，x1x2＝1．由抛物线的定义可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1，∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝．故选C．本题考查了抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．8．D【解析】

，不能得到，成立也不能推出，即可得到答案.【详解】因为x，，当时，不妨取，，故时，不成立，当时，不妨取，则不成立，综上可知，“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D本题主要考查了充分条件，必要条件的判定，属于容易题.9．A【解析】

画出不等式组表示的区域，求出其面积，再得到在区域内的面积，根据几何概型的公式，得到答案.【详解】画出所表示的区域，易知，所以的面积为，满足不等式的点，在区域内是一个以原点为圆心，为半径的圆面，其面积为，由几何概型的公式可得其概率为，故选A项.本题考查由约束条件画可行域，求几何概型，属于简单题.10．A【解析】

设的中点为O先求出外接圆的半径，设，利用平面ABC，得，在及中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可【详解】设的中点为O,因为，所以外接圆的圆心M在BO上.设此圆的半径为r.因为，所以，解得.因为，所以.设，易知平面ABC，则.因为，所以，即，解得.所以球Q的半径.故选：A本题考查球的组合体，考查空间想象能力，考查计算求解能力，是中档题11．A【解析】

先求出函数在处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数和的图象，利用数形结合进行求解即可.【详解】当时，，所以函数在处的切线方程为：，令，它与横轴的交点坐标为.在同一直角坐标系内画出函数和的图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是.故选：A本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.12．D【解析】分析：根据平面向量的数量积可得，再结合图形求出与方向上的投影即可.详解：如图所示：，，，又，，在方向上的投影是：，故选D.点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．40【解析】

设等比数列的公比为，根据，可得，因为，根据均值不等式，即可求得答案.【详解】设等比数列的公比为，，，等比数列的各项为正数，，，当且仅当，即时，取得最小值.故答案为：.本题主要考查了求数列值的最值问题，解题关键是掌握等比数列通项公式和灵活使用均值不等式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.14．【解析】

先求得时；再由可得时,两式作差可得,进而求解.【详解】当时,,解得；由,可知当时,,两式相减,得,即,所以数列是首项为,公比为的等比数列,所以,故答案为:本题考查由与的关系求通项公式,考查等比数列的通项公式的应用.15．①③【解析】

利用奇函数和，得出函数的周期为，由图可直接判断①；利用赋值法求得，结合，进而可判断函数在内的零点个数，可判断②的正误；采用换元法，结合图象即可得解，可判断③的正误.综合可得出结论.【详解】因为函数是奇函数，所以，又，所以，即，所以，函数的周期为.对于①，由于函数是上的奇函数，所以，，故①正确；对于②，，令，可得，得，所以，函数在区间上的零点为和.因为函数的周期为，所以函数在内有个零点，分别是、、、、，故②错误；对于③，令，则需求的解集，由图象可知，，所以，故③正确.故答案为：①③.本题考查函数的图象与性质，涉及奇偶性、周期性和零点等知识点，考查学生分析问题的能力和数形结合能力，属于中等题．16．1【解析】

本题先根据公式初步找到数列的通项公式，然后根据等差中项的性质可解得的值，即可确定数列的通项公式，代入数列的表达式计算出数列的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前项和，再代入不等式进行计算可得最小正整数的值．【详解】由题意，当时，．当时，．则，．，，成等差数列，，即，解得．．，．．．，．即，，即，，，，即．满足的最小正整数的值为1．故答案为：1．本题主要考查数列求通项公式、裂项相消法求前项和，考查了转化思想、方程思想，考查了不等式的计算、逻辑思维能力和数学运算能力．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）（2）证明见解析【解析】

（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用绝对值三角不等式求得的最小值，利用分析法，结合基本不等式，证得不等式成立.【详解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集为.（2），，因为，，所以要证，只需证，即证，因为，所以只要证，即证，即证，因为，所以只需证，因为，所以成立，所以.本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分析法证明不等式，考查基本不等式的运用，属于中档题.18．（1），（2）【解析】

试题分析：利用将极坐标方程化为直角坐标方程：化简为ρcosθ＋ρsinθ＝1，即为x＋y＝1．再利用点到直线距离公式得：设点P的坐标为（2cosα，sinα），得P到直线l的距离试题解析：解：化简为ρcosθ＋ρsinθ＝1，则直线l的直角坐标方程为x＋y＝1．设点P的坐标为（2cosα，sinα），得P到直线l的距离，dmax＝．考点：极坐标方程化为直角坐标方程，点到直线距离公式19．(1)的极小值为，无极大值.（2）见解析.【解析】

（1）对求导，确定函数单调性，得到函数极值.（2）构造函数，证明恒成立，得到，，得证.【详解】（1）由题意知，，令，得，令，得.则在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）当时，要证，即证.令，则，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，所以，即.因为时，，所以当时，，所以当时，不等式成立.本题考查了函数的单调性，极值，不等式的证明，构造函数是解题的关键.20．（1）；（2）当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.【解析】

(1)根据导数的几何意义求解即可.(2)易得函数定义域是,且.故分,和与四种情况,分别分析得极值点的关系进而求得原函数的单调性即可.【详解】（1）当时,,则切线的斜率为.又,则曲线在点的切线方程是,即.（2）的定义域是..①当时,,所以当时,；当时,,所以在上单调递增,在上单调递减；②当时,,所以当和时,；当时,,所以在和上单调递增,在上单调递减；③当时,,所以在上恒成立.所以在上单调递增；④当时,,所以和时,；时,.所以在和上单调递增,在上单调递减.综上所述,当时,在上单调递增,在上单调递减；当时,在和上单调递增,在上单调递减；当时,在上单调递增；当时,在和上单调递增,在上单调递减.本题主要考查了导数的几何意义以及含参数的函数单调性讨论