陕西省榆林市2024-2025学年高三上学期第一次模拟检测数学试题-A4

第页榆林市2024至2025学年高三年级第一次模拟考试数学试题考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：集合与简易逻辑､不等式､函数与导数､三角函数与解三角形､平面向量､复数､数列､空间向量与立体几何.一､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.设集合，则（）A.B.C.D.2.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3.“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件D.充要条件4.已知曲线在点处的切线与曲线相切，则（）A.B.C.D.5.下图是学校体育场经常使用的篮球收纳筐（有盖），已知一个篮球的半径为12厘米，收纳筐底面的长和宽分别为和.若要放下8个这样的篮球，则篮球收纳筐的高度的最小整数值为（）A.39B.40C.41D.426.在等腰梯形中，为线段上的动点，则的值不可能为（）A.15B.12C.9D.67.已知函数在区间上的值域为.若，则的值为（）A.8B.6C.4D.28.已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（）A.B.C.D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.在上的最小值为2D.若，则的最小值为10.函数，下列结论正确的是（）A.函数在上单调递增B.函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到C.若关于的方程在上有两个不相等的实数根，则D.函数的最大值为11.如图所示，在四棱锥中，底面是长方形，平面是棱上的动点，则下列说法正确的是（）A.存在点，使得平面平面B.若三棱锥的体积为四棱锥的体积的，则为的中点C.若，则不存在点使得直线和的夹角为D.设平面平面，则点从运动到（点不与点重合）的过程中，二面角的平面角的大小逐渐减小三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列的前项和为.若，则__________.13.已知和是方程的两个根，计算__________.14.将5个1，5个2，5个3，5个4，5个5这25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入一个数），使得同一行中任何两数之差的绝对值不超过表示第行的5个数字的和，记为的最小值，则的最大值为__________.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（13分）在递增数列中，.（1）求的值；（2）求数列的前项和.16.（15分）记的内角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若外接圆的半径为，求周长的最大值.17.（15分）如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为2的正方形，是的中点.（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.18.（17分）已知函数.（1）当时，求的最小值；（2）求的极值；（3）当时，证明：当时，.19.（17分）不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数.（1）证明：在有唯一的不动点；（2）已知，且的前项和为.证明：①为递增数列，为递减数列，且；②.绝密★启用前榆林市2024至2025学年高三年级第一次模拟考试数学试题详细解析一､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.【命题意图】本题重点考查了集合的概念和运算，从核心素养的角度来看，可以考查学生灵活解决问题的能力以及数学运算和逻辑推理的核心素养.【参考答案】C【试题解析】解法1：，故，故选（C）.解法2：，故选（C）.2.【命题意图】本题以复数的除法为背景，可以有效考查学生对复数的概念､运算和几何意义等知识理解和掌握程度，从核心素养的角度来看，本题也可以考查学生的直观想象､数学运算和逻辑推理等核心素养.【参考答案】B【试题解析】解法1：，在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选（B）.解法2：，在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选（B）.解法3：因为复数的辅角为，复数的辅角为，所以复数的辅角为，位于第二象限，故选（B）.3.【命题意图】本题重点考查了不等式和简易逻辑等知识，可以重点考查学生灵活求解数学问题的能力以及数学运算和逻辑推理等核心素养.【参考答案】B【试题解析】解法1：由可得：或，故“”是“”的必要不充分条件，故选（B）.解法2：设，可得：，且对于，都有，故“”是“”的必要不充分条件，故选（B）.4.【命题意图】本题以导数的概念和几何意义为背景，重点考查学生对代数视角下直线与曲线相切的理解和掌握程度，同时对学生数学运算､直观想象和逻辑推理都有一定的要求.【参考答案】D【试题解析】解法1：，当时，，所以曲线在点处的切线方程为：.联立可得：，所以，故选（D）.解法2：，当时，，所以曲线在点处的切线方程为：.因为，令，可得：，所以与曲线的切点为，解得：，故选（D）.5.【命题意图】本题以生活实际问题为背景，重点考查学生的分析和解决问题的能力.从核心素养的角度看，本题对学生直观想象､数学抽象､数学运算和逻辑推理等核心素养都有较高的要求.【参考答案】C【试题解析】解法1：底层正好容纳6个球，当高度最低时，8个球的球心组成了下图所示的几何体，则四棱锥为棱长均为24的正四棱锥，其高为，此时，故选（C）.解法2：底层正好容纳6个球，当高度最低时，左侧的5个球的球心组成了棱长均为24的正四棱锥，以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，故选（C）.6.【命题意图】本题重点考查了平面向量的数量积及其坐标表示，考生可以直接利用坐标进行运算求解，也可以通过平面向量数量积的几何意义快速求解，从核心素养的角度来看，本题可以很好地考查学生的数学运算､直观想象和逻辑推理的核心素养.【参考答案】A【试题解析】解法1：以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设，则，，故选（A）.解法2：设在上的投影为，则，故选（A）.7.【命题意图】本题重点考查函数的对称性和单调性，对考生数学运算､数学抽象和逻辑推理等核心素养和分析与解决问题的关键能力有较高要求.【参考答案】D【试题解析】解法1：因为，所以关于对称.而时，函数在区间上的值域为，所以，故选（D）.解法2：因为在上递增，所以，故选（D）.解法3：取，因为在上递增，所以，故选（D）.8.【命题意图】本题以外接球为背景，考查学生直观想象､逻辑推理和数学运算等核心素养以及灵活解决问题的能力.【参考答案】A【试题解析】解法1：设正三棱柱外接球的球心为，半径为.记和外接圆的圆心分别为和，其半径为，由正弦定理得：.而为的中点，所以，故选（A）.解法2：设正三棱柱外接球的半径为，故选（A）.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有三个正确选项，每个选项2分，有两个正确选项的，每个选项3分，有选错的得0分.9.【命题意图】本题重点考查了不等式的性质､基本不等式等综合问题，可以有效考查学生的逻辑推理和数学运算的核心素养.【参考答案】BC【试题解析】解法1：因为，所以，（A）错误；因为，所以，（B）正确；当时，函数，当且仅当时取等号，（C）正确；当，时，，（D）错误，故选（B）（C）.解法2：因为在上递减，，所以，（A）错误；因为，所以在上递增，，（B）正确；因为函数在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值2，（C）正确；因为，所以，当时，，（D）错误，故选（B）（C）.10.【命题意图】本题重点考查三角函数的图像与性质，对考生的逻辑推理､数学运算和数学抽象等核心素养有较高的要求，同时还考查了学生化归转化､数形结合等关键能力.【参考答案】ABD【试题解析】解法1：，其函数图像如下图所示：由图像可得：在上单调递增，（A）正确；当时，取得最大值2，当时，取得最大值2，所以的图象可由函数的图象向右平移个单位得到，（B）正确；因为，所以与在上有两个交点，即：，故，（C）错误；，当且仅当时取等号，（D）正确，故选（A）（B）（D）.B选项：解法2：当时，，故在上单调递增，（A）正确；因为，将其向右平移可得：，（B）正确；时，所以取得最大值，该函数在最多一个最大值，（C）错误；，令，则，当时，取得最大值，（D）正确，故选（A）（B）（D）.11.【命题意图】本题重点考查了空间中点线面的位置关系以及平行､垂直和夹角等综合问题，考生可以建立空间直角坐标系通过坐标运算求解，也可以通过直观想象快捷解决问题.本题可以重点考查学生直观想象､逻辑推理和数学运算等核心素养.【参考答案】AB【试题解析】解法1：因为平面，所以，又，所以平面，而平面，故.当于时，，所以平面，又平面，所以平面平面，（A）正确；因为，，所以，即，所以点到平面的距离为点到平面的距离的一半，故为的中点，（B）正确；当为的中点时，连结交于，连结，则，而为等边三角形，故存在点使得直线和的夹角为，（C）错误；过作交的延长线于，则.过作于，连结，过作于，连结，设二面角的平面角为，则均为定值，当点从运动到的过程中，先增加到1，而后逐渐减小，故先减小后增大，二面角平面角的大小也先减小后增大，（D）错误；选（A）（B）.解法2：当于时，平面平面，（A）正确；若三棱锥的体积为四棱锥体积的，则为的中点，（B）正确；若，将该四棱锥放入正方体，为的中点时，和的夹角为，（C）错误；当的长度趋于正无穷大，当点在处时，二面角的平面角趋于，当点在处时，二面角的平面角趋于，（D）错误；选（A）（B）.解法3：当于时，平面平面，（A）正确；若三棱锥的体积为四棱锥体积的，则为的中点，（B）正确；若，将该四棱锥放入正方体，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，，令，解得：，（C）错误；设平面的一个法向量，由可得：，令，则，同理可得：平面的一个法向量，所以在上不单调，（D）错误；选（A）（B）.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【命题意图】本题着重考查考生对前项和公式与通项公式的关系理解和掌握，考查学生的逻辑推理和数学运算的核心素养.【参考答案】11【试题解析】解法1：，当时，；当时，.所以.解法2：.13.【命题意图】本题重点考查了两角和的正切公式的灵活应用，渗透特殊与一般的思想，考查学生的数学运算和逻辑推理的核心素养.【参考答案】【试题解析】解法1：，所以，即.解法2：a）.解法3：令，则和0是方程的两个根，.14.【命题意图】本题重点考查合情推理的应用，涉及分类讨论和化归转化的数学思想，突出理性思维､数学探究.对学生运用数学思维和数学方法分析问题和解决问题的能力及逻辑推理等关键能力有较高的要求.【参考答案】10【试题解析】解法1：当某一行中含有1时，根据题中提到的同一行中任何两数之差的绝对值不超过2，可知该行不可能出现4和5，所以最多有3行含1.这时候可以考虑将4和5放置最后两行，只需研究前三行.①当含1的行数只有1行时，显然；②当含1的行数有2行时，有一行至少有3个1，这一行剩下的两个数都不超过3，则9；③当含1的行数有3行时，因为含1的行中其他的数只能是2或3，而数共有15个，所以这3行只能全都是1，2或3.这三行的和为，因此，当按下表排列时等号成立，故的最大值为10.1123311233122234444455555解法2：当某一行中含有1时，该行不可能出现4和5，可以考虑将4和5放置最后两行，只需研究前三行.①若5个1分布在同一行，；②若5个1分布在两行，则这两行中最大数至多为；③若5个1分布在三行，则这三行中最大数至多为，当前三行按下表排列时等号成立，故的最大值为10.112331123312223解法3：由题可知4和5存在的时候，1不能存在，所以4和5单独研究，可以把它们放置在最后两行.那么前三行之和是30，所以最小值中的最大值一定就是平均值10.当前三行按下表排列时等号成立，故的最大值为10.112331123312223四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.【命题意图】本题数列的概念､通项公式､等比数列的前项和公式等知识，考查学生的数学运算和逻辑推理等核心素养.【参考答案】见解析【试题解析】解法1：（1）因为，所以，解得：，同理可得：或或5，又因为是递增数列，所以；（2）因为，所以或，又因为是递增数列，所以，所以.解法2：（1）因为，所以或，又因为是递增数列，所以；（2）因为，所以.16.【命题意图】本题重点考查三角恒等变换､正余弦定理等基础知识，通过解三角形来考查学生直观想象､逻辑推理和数学运算等核心素养以及函数与方程､化归与转化等数学思想.【参考答案】见解析【试题解析】（1）解法1：因为，所以由正弦定理可得：，而，所以，即：，因为，所以.解法2：因为，所以由正弦定理可得：，而，所以，即：，因为，所以，所以.（2）解法1：因为外接圆的半径为，所以，由余弦定理得：，所以，当且仅当时等号成立，故三角形周长的最大值为3.解法2：因为外接圆的半径为，所以由正弦定理得：，所以，当且仅当，即时取等号，故周长的最大值为3.17.【命题意图】本题重点考查了棱锥的基本概念､线面平行的证明和线面角的计算等问题，从核心素养的角度来看，也考查了学生的直观想象能力､逻辑推理能力和运算求解能力以及创新思维品质等.【参考答案】见解析【试题解析】解法1：（1）证明：因为平面，所以.因为四边形为正方形，所以.以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，.设平面的法向量为，由可得：令，则.因为，平面，所以平面；（2）由（1）知，，设平面的法向量为，由可得：，令，则，而，，解得或，故长为2或4.解法2：（1）证明：连结交于，连结，则.因为平面平面平面；（2）作直三棱柱，过点作于，过点作于，取的中点，连结，则平面平面，所以在平面的投影即为，因为，所以四边形为平行四边形，.设，则，则，解得或，故长为2或4.18.【命题意图】本题考查基本求导公式及求导法则