甘肃省武威市凉州区武威第一中学2025届数学高三第一学期期末调研模拟试题含解析

甘肃省武威市凉州区武威第一中学2025届数学高三第一学期期末调研模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数，在区间内的图象是()A． B．C． D．2．若（），，则（）A．0或2 B．0 C．1或2 D．13．函数的一个零点在区间内，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．4．已知等差数列的前13项和为52，则（）A．256 B．-256 C．32 D．-325．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，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6．已知（i为虚数单位，），则ab等于（）A．2 B．-2 C． D．7．甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（）A． B． C． D．8．点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为（）A． B． C． D．9．已知函数，，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．10．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（）．A． B． C． D．11．的展开式中有理项有（）A．项 B．项 C．项 D．项12．已知函数，且关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围（）．A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知三棱锥中，，，，且二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为__________.14．的展开式中的系数为________________．15．运行下面的算法伪代码，输出的结果为_____．16．如图，在正四棱柱中，P是侧棱上一点，且.设三棱锥的体积为，正四棱柱的体积为V，则的值为________.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）讨论的单调性并指出相应单调区间；（2）若，设是函数的两个极值点，若，且恒成立，求实数k的取值范围．18．（12分）如图，在等腰梯形中，AD∥BC，，，，，分别为，，的中点，以为折痕将折起，使点到达点位置（平面）．（1）若为直线上任意一点，证明：MH∥平面；（2）若直线与直线所成角为，求二面角的余弦值．19．（12分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的图象与轴围成的三角形面积大于6，求的取值范围.20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程是（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程；（2）在曲线上取一点，直线绕原点逆时针旋转，交曲线于点，求的最大值.21．（12分）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求证：平面.22．（10分）已知数列的各项都为正数，，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，其中表示不超过x的最大整数，如，，求数列的前2020项和．

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】

由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案.【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为，所以的周期为，则，所以，由正弦函数和正切函数图象可知正确.故选：A.【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解.2、A【解析】

利用复数的模的运算列方程，解方程求得的值.【详解】由于（），，所以，解得或.故选：A【点睛】本小题主要考查复数模的运算，属于基础题.3、C【解析】

显然函数在区间内连续,由的一个零点在区间内,则,即可求解.【详解】由题,显然函数在区间内连续,因为的一个零点在区间内,所以,即,解得,故选:C【点睛】本题考查零点存在性定理的应用,属于基础题.4、A【解析】

利用等差数列的求和公式及等差数列的性质可以求得结果.【详解】由，，得.选A.【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质，等差数列的等和性应用能快速求得结果.5、A【解析】

由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.【详解】解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，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、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.6、A【解析】

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求解．【详解】，，得，．．故选：．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题．7、D【解析】

先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解.【详解】甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种，所以甲第一个到、丙第三个到的概率是.故选：D【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.8、C【解析】

设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度.【详解】设的中点为，连接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线.正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系：因此有，设平面的法向量为，所以有，因此到平面的距离为：，所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为.故选：C【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了立体几何中轨迹问题，考查了球截面的性质，考查了空间想象能力和数学运算能力.9、B【解析】

可判断函数在上单调递增，且，所以.【详解】在上单调递增，且，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了函数单调性的判定，指数函数与对数函数的性质，利用单调性比大小等知识，考查了学生的运算求解能力.10、D【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，所以二项式中奇数项的二项式系数和为．考点：二项式系数，二项式系数和．11、B【解析】

由二项展开式定理求出通项，求出的指数为整数时的个数，即可求解.【详解】，，当，，，时，为有理项，共项.故选:B.【点睛】本题考查二项展开式项的特征，熟练掌握二项展开式的通项公式是解题的关键，属于基础题.12、B【解析】

根据条件可知方程有且只有一个实根等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象，数形结合即可．【详解】解：因为条件等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象如图，由图可知，，故选：B．【点睛】本题主要考查函数图象与方程零点之间的关系，数形结合是关键，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB的垂线，则垂线的交点为球心O，将的长度求出或用球半径表示，再利用余弦定理即可建立方程解得半径.【详解】设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB的垂线，则垂线的交点为球心O，如图所示因为，，所以，，，又二面角的大小为，则，，所以，设外接球半径为R，则，，在中，由余弦定理，得，即，解得，故三棱锥外接球的表面积.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积问题，解决此类问题一定要数形结合，建立关于球的半径的方程，本题计算量较大，是一道难题.14、【解析】

在二项展开式的通项中令的指数为，求出参数值，然后代入通项可得出结果.【详解】的展开式的通项为，令，因此，的展开式中的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项系数的求解，涉及二项展开式通项的应用，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】

模拟程序的运行过程知该程序运行后计算并输出的值,用裂项相消法求和即可.【详解】模拟程序的运行过程知,该程序运行后执行：.故答案为:【点睛】本题考查算法语句中的循环语句和裂项相消法求和;掌握循环体执行的次数是求解本题的关键;属于基础题.16、【解析】

设正四棱柱的底面边长，高，再根据柱体、锥体的体积公式计算可得.【详解】解：设正四棱柱的底面边长，高，则，即故答案为：【点睛】本题考查柱体、锥体的体积计算，属于基础题.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）答案见解析（2）【解析】

（1）先对函数进行求导得，对分成和两种情况讨论，从而得到相应的单调区间；（2）对函数求导得，从而有，，，三个方程中利用得到.将不等式的左边转化成关于的函数，再构造新函数利用导数研究函数的最小值，从而得到的取值范围.【详解】解：（1）由，，则，当时，则，故在上单调递减；当时，令，所以在上单调递减，在上单调递增．综上所述：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）∵，,由得，∴，，∴∵∴解得.∴.设，则,∴在上单调递减；当时，.∴，即所求的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、最值，考查分类讨论思想和数形结合思想，求解双元问题的常用思路是：通过换元或消元，将双元问题转化为单元问题，然后利用导数研究单变量函数的性质.18、（1）见解析（2）【解析】

(1)根据中位线证明平面平面，即可证明MH∥平面；（2）以，，为，，轴建立空间直角坐标系，找到点的坐标代入公式即可计算二面角的余弦值.【详解】（1）证明：连接，∵，，分别为，，的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面，同理，平面，∵平面，平面，，∴平面平面，∵平面，∴平面．（2）连接，在和中，由余弦定理可得，，由与互补，，，可解得，于是，∴，，∵，直线与直线所成角为，∴，又，∴，即，∴平面，∴平面平面，∵为中点，，∴平面，如图所示，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，．设平面的法向量为，∴，即．令，则，，可得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，∴，∴二面角的余弦值为．【点睛】此题考查线面平行，建系通过坐标求二面角等知识点，属于一般性题目.19、（Ⅰ）（Ⅱ）（2，+∞）【解析】试题分析：(Ⅰ)由题意零点分段即可确定不等式的解集为；(Ⅱ)由题意可得面积函数为为，求解不等式可得实数a的取值范围为试题解析：（I）当时，化为，当时，不等式化为，无解；当时，不等式化为，解得；当时，不等式化为，解得．所以的解集为．（II）由题设可得，所以函数的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为，，，的面积为．由题设得，故．所以a的取值范围为20、（1）（2）最大值为【解析】

（1）利用消去参数，求得曲线的普通方程，再转化为极坐标方程.（2）设出两点的坐标，求得的表达式，并利用三角恒等变换进行化简，再结合三角函数最值的求法，求得的最大值.【详解】（1）由消去得曲线的普通方程为.所以的极坐标方程为，即.（2）不妨设，，，，，则当时，取得最大值，最大值为.【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，普通方程化为极坐标方程，考查极坐标系下线段长度的乘积的最值的求法，考查三角恒等变换，考查三角函数最值的求法，属于中档题.21、（1）见解析；（2）见解析【解析】

（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．【详解】（1）∵，分别是，的中点∴∵平面，平面∴平面.（2）∵为正三角形，且D是的中点∴∵平面平面，且平面平面，平面∴平面∵平面∴∵且∴∵，平面，且∴