福建省泉州市惠安县第十六中学2025届高三数学上学期期中试题文含解析

PAGE13-福建省泉州市惠安县第十六中学2025届高三数学上学期期中试题文（含解析）一、选择题（本大题共12小题，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，则集合的子集个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】D【解析】试题分析：，则的子集个数为个.考点：子集．2.已知a＞b，c＞d，c≠0，d≠0则下列命题正确的是（）A.a﹣c＞b﹣d B. C.ac＞bd D.c﹣b＞d﹣a【答案】D【解析】试题分析：,又，故A正确.考点：不等关系与不等式.3.若点在角的终边上，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由随意角的三角函数的定义可知，，故选A.考点：随意角三角函数定义.4.向量，，若，则（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：，，得得，故选C.考点：向量的垂直运算，向量的坐标运算.5.已知直线，平面，则是的（）A.充分但不必要条件 B.必要但不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为直线时不肯定平行,而时平面内随意直线都平行平面,即,因此是的必要但不充分条件,选B.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由得,则．故本题答案选C．考点：两角和的余弦公式．7.函数的零点所在的大致区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：，，所以零点所在的大致区间为，选C.考点：零点存在定理8.函数y＝的图象大致为()A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】先分析函数的定义域，可解除A,再依据函数的奇偶性为奇函数解除C，利用特值法区分答案B,D.【详解】函数y＝的定义域为{x|x≠0且x≠±1}，A错；因为f(－x)＝＝－f(x)，f(x)是奇函数，解除C项；当x＝2时，y＝>0，解除D项，只有B项适合．【点睛】本题主要考查了函数的定义域，奇偶性，特值法，利用上述性质区分函数图象，属于中档题.9.设a＝,b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为()A.c＜b＜a B.c＜a＜b C.b＜a＜c D.a＜c＜b【答案】A【解析】分析：由a=60.7＞60=1，0＜b=0.76＜0.7，c=log0.76＜log0.71=0，知c＜b＜a．详解：∵a=60.7＞60=1，0＜b=0.76＜0.7，c=log0.76＜log0.71=0，∴c＜b＜a．故选：A．点睛：本题考查对数值大小的比较，是基础题．解题时要细致审题，细致解答．两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者干脆利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特别的数据得到详细值，进而得到大小关系.10.若函数，则函数与函数的图象交点的个数为（）A.0 B.1C.2 D.3【答案】D【解析】试题分析：作图可得函数与的图象有个交点，故选项为D.考点：函数图象的交点.11.如图，在正方形网格纸上，粗实线画出的是某多面体的三视图及其部分尺寸.若该多面体的顶点在同一球面上，则该球的表面积等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】多面体为两个正四棱锥的组合体（底面重合）.两顶点之间距离为，底面为边长为的正方形,所以选C.点睛:空间几何体与球接、切问题求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何学问找寻几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点构成的三条线段两两相互垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．12.已知，若对随意两个不等的正实数，，都有恒成立，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：依据可知，令为增函数，所以恒成立，分别参数得，而当时，最大值为，故.考点：函数导数与不等式，恒成立问题．二、填空题（本大题共4小题，把答案填在答题卷的相应位置）13.设满意约束条件：，则的最小值为____________．【答案】-3【解析】试题分析：可行域为一个开放区域，两条平行射线，一条线段AB及其内部，其中，所以直线过点B时取最小值-3.考点：线性规划【易错点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想.须要留意的是：一，精确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要留意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避开出错；三，一般状况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得.14.在中，，，，则__________．【答案】【解析】试题分析：考点：正余弦定理解三角形15.已知，，，则的最小值为．【答案】2【解析】试题分析：.考点：基本不等式.【方法点晴】娴熟驾驭变形利用基本不等式的性质的方法是解题的关键，和为定值时，可以巧用定值凑基本不等式的结构.本题中将化为，把要求的式子变成，绽开后得，由于为和的结构且为定值，利用均值不等式即可.16.已知各项都不相等的等差数列，满意，且，则数列项中的最大值为__________．【答案】6【解析】设等差数列的公差为.∵∴∴∵∴，即.∴或（舍去）∴等差数列的首项为，公差为，则.∴联立，即，解得.∴∴数列项中的最大值为故答案为.点睛：求解数列中的最大项或最小项的一般方法：（1）探讨数列的单调性，利用单调性求最值；（2）可以用或；（3）转化为函数最值问题或利用数形结合求解.三、解答题（本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知集合，．（1）分别求，；（2）已知集合，若，求实数a的取值集合．【答案】（1），或；（2）【解析】【分析】(1)干脆依据条件求交集与补集并集等.(2)分状况当为空集和不为空集时探讨即可.详解】（1）或或（2）①当时，，此时；②当时，，则；综合①②，可得的取值范围是【点睛】本题主要考查集合的交并补运算,属于基础题型.18.已知函数．（1）求的最小值；（2）在中，角，，的对边分别是，，，若，，，求的周长．【答案】（1）;（2）.【解析】试题分析:（1）将函数的解析式进行化简，先绽开，再进行降幂，应用辅角公式转化为的形式.（2）由于只需求出的值，应用面积公式求出，再由余弦定理计算出的值，故试题解析:（1）．当时，取最小值为．………………（6分）（2），，，，．，，由余弦定理得，即，，所以的周长为．………………（12分）考点：1、三角恒等变换；2、解三角形.19.已知为等比数列的前项和，，且，，成等差数列．（1）求数列的通项公式及；（2）若，，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）设数列的公比为，依据题意数列的公比，利用等比数列的通项公式，即可求解数列的通项公式；（2）由（1）得出，，利用等差数列求和公式和裂项求和即可求解数列的和．试题解析：（1）设数列的公比为，由题意知，∴，∴.∴．（2）由（1）可得，，∴，．考点：数列的通项公式；数列的求和．20.直三棱柱中，，，，点是线段上的动点.（1）当点是中点时，求证：平面；（2）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，试求出的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【试题分析】（1）连接，交于点，连接，则点是的中点，利用三角形的中位线有,，由此证得线面平行.（2）当时平面平面.利用，可证得平面，由此证得两个平面垂直.利用等面积法求得的长.【试题解析】（1）如图，连接，交于点，连接，则点是的中点，又点是的中点，由中位线定理得，因为平面，平面，所以平面.（2）当时平面平面.证明：因为平面，平面，所以．又，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故点满意.因为，，，所以，故是以角为直角的三角形，又，所以.21.已知函数（）．（1）求的单调区间和极值；（2）求在上的最小值．【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为，，无极大值；（2）见解析.【解析】【分析】(1)求导后令,再依据导函数的正负确定的单调区间和极值即可.

(2)依据(1)中的微小值,分析,,三种状况探讨在上的最小值即可.【详解】（1）由，得；当时，；当时，；∴的单调递增区间为，单调递减区间为，无极大值．（2）当，即时，在上递增，∴；当，即时，在上递减，∴；当，即时，在上递减，在上递增，∴【点睛】本题主要考查利用导函数求原函数的单调性与极值的问题,同时也考查了含参数的最值探讨问题,属于中等题型.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（其中参数，为常数），在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标中，曲线的方程为．（1）求曲线的一般方程；（2）已知直线与曲线相交于，两点，且，求常数的值．【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：（1）利用平方关系消去参数可得圆的方程,由直线的极坐标方程,可得直角极坐标方程；（2）利用直线参数的几何意义、韦达定理将用表示，解方程即可求得常数的值．试题解析：解：（1），，所以曲线的一般方程为：．（2）将曲线的方程变形为与直线的参数方程联立得：．首先，由韦达定理，．由参数的含义知：，即，满意