福建省泉州市南安第一中学2025届高三数学上学期第二次月考试题理含解析

PAGE24-福建省泉州市南安第一中学2025届高三数学上学期其次次月考试题理（含解析）一、选择题（本题有12小题，每小题5分，共60分）1.设集合，，是实数集，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出集合，再求解并集和补集.【详解】因为，所以，即，，所以，故选A.【点睛】本题主要考查集合的补集并集运算，化简集合为最简是求解关键，侧重考查数学运算的核心素养.2.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边上一点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出，再求出得解.【详解】由题得，所以.故答案为：D【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义和二倍角的公式的应用，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.3.已知表示两条不同直线，表示两个不同平面，下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，，则 D.若，则【答案】D【解析】【分析】由线线，线面，面面的位置关系对选项逐个进行推断即可得到答案.【详解】若m⊥n，n⊂α，则m⊥α不肯定成立，A错；m∥α，m∥β，则α∥β或α，β相交，B错；α∥β，m∥β，则m∥α或m⊂α，C错；m∥α，由线面平行的性质定理可得过m的平面与α的交线l平行，n⊥α，可得n⊥l，则m⊥n，D对．故选D．【点睛】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的推断和性质，考查空间想象实力和推理实力，属于基础题．4.朱载堉(1536～1611)，是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家，他的著作《律学新说》中制成了最早的“十二平均律”．十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的频率之比完全相等，亦称“十二等程律”．即一个八度13个音，相邻两个音之间的频率之比相等，且最终一个音是最初那个音的频率的2倍．设第三个音的频率为，第七个音的频率为，则＝A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】：先设第一个音的频率为，设相邻两个音之间的频率之比为，得出通项公式，依据最终一个音是最初那个音的频率的2倍，得出公比，最终计算第三个音的频率与第七个音的频率的比值．【详解】：设第一个音的频率为，设相邻两个音之间的频率之比为，那么，依据最终一个音是最初那个音的频率的2倍，，所以，故选D【点睛】：本题考查了等比数列的基本应用，从题目中后一项与前一项之比为一个常数，抽象出等比数列．5.在平行四边形中，，，点在上，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以向量为基底，依据向量加减法的运算可将表示出来，利用数量积法则运算即可.【详解】因为，，设，则，因为，，所以.故选B【点睛】本题主要考查了向量的加减法运算，数量积的运算，属于中档题.6.数列满意，，则（）A.3 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出数列的周期，再依据数列的周期求出的值得解.【详解】当时，，当时，，当时，，当时，，所以数列的周期为4，所以.故选：C【点睛】本题主要考查数列的周期的计算和应用，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.7.设正项等比数列的前项和为,若，则的最小值为（）A.5 B.10 C.15 D.20【答案】D【解析】【分析】依据题意，设该等比数列的首项为，公比为，结合题意可得，变形可得，进而可得，结合基本不等式的性质分析可得答案．【详解】依据题意，设该等比数列的首项为，公比为，若，，又由数列为正项的等比数列，则，则，当且仅当时等号成立；即的最小值为20；故选：．【点睛】本题主要考查等比数列和基本不等式，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.8.某地2004年第一季度应聘和聘请人数排行榜前5个行业的状况列表如下：行业名称

计算机

机械

营销

物流

贸易

应聘人数

215830

200250

154676

74570

65280

行业名称

计算机

营销

机械

建筑

化工

聘请人数

124620

102935

89115

76516

70436

若用同一行业中应聘人数和聘请人数的比值的大小来衡量该行业的就业状况，则依据表中数据，就业形势肯定是（）A.计算机行业好于化工行业 B.建筑行业好于物流行业C.机械行业最惊慌 D.营销行业比贸易行业惊慌【答案】B【解析】试题分析：就业形势的好坏，主要看聘请人数与应聘人数的比值，比值越大，就业形势越好，故选B．考点：本题主要考查不等式的概念、不等式的性质．点评：解答此类题目，首先要审清题意，明确就业形势的好坏，主要看聘请人数与应聘人数的比值．9.下图是某几何体的三视图，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（）A. B. C.4 D.【答案】C【解析】【分析】依据三视图得出原图，由此计算出几何体的体积.【详解】画出三视图对应的几何体如下图所示三棱锥，依据三棱锥体积计算公式得所求体积为，故选C.【点睛】本小题主要考查三视图还原为原图，考查锥体的体积计算，属于基础题.10.已知数列满意…，数列满意：,数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出，再利用裂项相消法求出，即得的取值范围.【详解】由题得…，（1），…，（2）所以（1）-（2）得，适合.所以，所以，所以，所以，因为，所以因为是增函数，所以，所以.故选：A【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查裂项相消法求和和数列的恒成立问题，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.11.已知球是正三棱锥的外接球，底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设的中心为，球的半径为，连接，可得，可得的值，过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解．【详解】解：如图，设的中心为，球的半径为，连接，

则，

在中，，解得，

，

在中，，

过点作圆的截面，当截面与垂直时，截面的面积最小，

此时截面圆的半径为，最小面积为．

当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为．

故选B【点睛】本题考查了球与三棱锥组合体，考查了空间想象实力，转化思想，解题关键是要确定何时取最值，属于中档题．12.如图，已知四面体为正四面体，，，分别是，中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】将正四面体补成正方体易得截面为平行四边形，可求得；依据平行关系及可得，则，利用基本不等式可求得最大值.【详解】将正四面体补成正方体，如下图所示：截面为平行四边形，可得又，，且可得（当且仅当时取等号）本题正确选项：【点睛】本题考查截面面积最值的求解，难点是能够将正四面体补全为正方体，从而可精确推断出截面图形的形态；求解最值的关键是能够得到符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.二、填空题（本题有4小题，每小题5分，共20分）13.已知两个等差数列和的前项和分别为，，且，则___.【答案】4；【解析】【分析】化简，即得解.【详解】由题得.故答案为：4【点睛】本题主要考查等差数列的性质和前n项和，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.14.若向量、满意，且，，则向量在上的投影为_______.【答案】【解析】【分析】依据数量积的运算及向量在向量上的投影的定义即可求解.【详解】因为，所以，又，，所以，即，所以向量在上的投影为，故答案为【点睛】本题主要考查了数量积的运算，向量在向量上的投影，属于中档题.15.如图所示，在棱长为的正方体中，是棱的中点，是棱的中点，为侧面上的动点，且∥面，则在侧面上的轨迹的长度是________.【答案】；【解析】【分析】如图所示，先求出点Q的轨迹是线段GH,再求GH的长度得解.【详解】如图，点G,M,N分别是,CD,的中点，H是的中点，由题得,不在平面内，平面，所以平面.因为,不在平面内,平面，所以平面,因为平面，,所以平面平面,因为||平面,||平面.所以在侧面上的轨迹为线段GH,因为.故答案为：【点睛】本题主要考查空间线面关系的证明和轨迹问题，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.16.已知函数，函数有3个不同的零点，，，且，则的取值范围是_____________.【答案】【解析】分析】作出的图象，依据有三个不同的零点，转化为有三个根，求出，，，关系，构造函数求出函数的导数，利用导数探讨取值范围即可．【详解】作出函数的图象如图：则当时，抛物线的对称轴为，若函数有三个不同的零点，，，不妨设，即，有三个不同的根，则＜1，当时，，即，则，当时，由，得，即，则，设（m），＜1，则导数（m），所以函数h(m)在上单调递增，在上单调递减，所以，因为，所以.所以的取值范围是.故答案为：【点睛】本题主要考查函数与方程的应用，依据条件转化为关于的函数，构造函数，求出函数的导数，利用导数探讨函数的取值范围是解决本题的关键．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.第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答.第22、23题为选考题，考生依据要求作答.）17.如图所示，四棱锥的底面是边长为1的菱形，其中，垂直于底面，，为棱的中点．（1）求三棱锥的体积；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）连结，利用求三棱锥的体积；（2）取中点，连结、，先证明为异面直线与所成的角，再求它的大小即得解.【详解】（1）连结，平面，平面，∴，为边长为1的菱形，且，∴，，∴.∵；∵；∴.（2）取中点，连结、，∴且，∴为异面直线与所成的角；又∵在中，，∴，同时，，∴为等边三角形，∴，即异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题主要考查空间几何体的体积的计算，考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.18.设．（1）求的单调递增区间；（2）在锐角中，的对边分别为，若，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角和两角和与差以及协助角公式基本公式将函数化为的形式，将内层函数看作整体，放到正弦函数的增区间上，解不等式得函数的单调递增区间；（2）依据，求出，可得，利用余弦定理，利用基本不等式的性质求出的最大值，可得面积的最大值．【详解】解：（1）．化简可得：，由．可得：，函数的单调递增区间是：（2）由，即，可得，．由余弦定理：，可得．，当且仅当时等号成立．，．面积的最大值．故得三角形面积最大值为．【点睛】本题主要考查对三角函数的化简实力和三角函数的图象和性质的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．同时考查了余弦定理和不等式的性质的运用，属于中档题．19.给定数列，若满意且，且对于随意的，都有，则称数列为“指数型数列”．1已知数列的通项公式，证明：为“指数型数列”；2若数列满意：，；①推断数列是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；②若数列的前项和为，证明：.【答案】(1)证明见解析；(2)①数列“指数型数列”，证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】1利用“指数型数列”的定义即可证明是指数型数列；（2）①数列是“指数型数列”，证明即得证；②先由题得，再利用等比数列的求和公式即得解证.【详解】(1)解：对于数列，随意，，所以是指数型数列.(2)①数列是“指数型数列”，证明如下：，，所以数列是等比数列，，，故数列“指数型数列”．②由①可得，；故.【点睛】本题主要考查新定义的理解驾驭和应用，考查等比数列的求和放缩法证明不等式，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.20.在五面体中，∥∥,,，，平面平面（1）证明:平面；（2）棱上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，【解析】【分析】（1）先证明平面，再证明平面；（2）以为原点，的方向为轴，建立空间直角坐标系，设，利用二面角的大小求出a的值即得解.【详解】（1）∵,∴∴四边形为菱形,∴∵面面，面面∵∴平面∴,又∵∴直线平面；（2）∵,∴为正三角形，取的中点,连接,则∴,∵平面平面,平面，平面平面,∴平面；∵∴两两垂直，以为原点，的方向为轴，建立空间直角坐标系；∵,,∴由（1）知是平面的法向量∵,设，则．设平面的法向量为∵,∴，令，则∴∵二面角为,∴，解得，即.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查空间向量的应用和立体几何的探究性问题，考查二面角的求法，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.21.已知函数.(1)探讨的单调性；(2)当时，设的两个极值点为，，证明:.【答案】（1）详见解析（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）利用导函数分子的判别式分状况探讨，即可，留意参数时，函数图像开口也会发生相应的改变．（2）利用对数平均不等式，证明即可．【详解】解：（1），，对于一元二次方程，，①当时，即时，无解或一个解，有时，，此时在上单调递增，②当时，即时，有两个解，其解为，当时，，故在刚好，；且时，，即在及上单调递增，在上单调递减，当时，一个实根小于0，一个实根大于0，所以在时，，在，，即在上单调递增，在上单调递减．综上所述：即时，在上单调递增；当时，即在及上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）当时，，，又因为的两个极值点为，，则，是方程的两实数根，设．又因为，故要证，只需证，只需证，只需证，下面证明不等式，不妨设，要证，即证，即证，令，设，则，所以，函数在上递减，而，因此当时，恒成立，即成立，即成立，所以，得证．【点睛】本题考查利用导函数探讨、求解带参函数的单调性，以及证明不等式，属于难题．选考题：请考生在第22、23题中任选一题作答．假如多做，则按所做