福建省平和广兆中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

2024-2025学年（上）广兆中学高三年期中考试数学试卷本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上.2.选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦干净.3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，，答案写在本试题卷上无效.选择题部分（共58分）一、选择题：共本题共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.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.在复平面中，若复数满足，则（）A.2 B.1 C. D.3.若，则是的（）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4.已知函数，若，则的取值范围为（）A. B.C. D.5.已知，则（）A. B. C. D.6.已知函数的部分图像如图所示，则以下可能成立的是（）A.， B.，C.， D.，7.已知数列满足，，则（）A. B. C.2025 D.20248.已知是定义在上的奇函数，当时，，若函数是偶函数，则下列结论不正确的为（）A. B.的最小正周期C.有4个零点 D.二、选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知向量，，则（）A. B.C.若，则 D.若，则10.设函数，则（）A.的图象有对称轴 B.是周期函数C.在区间上单调递增 D.的图象关于点中心对称11.若点是函数图像上的两点，则（）A.对任意点A，存在无数点B，使曲线在点A，B处的切线的倾斜角相等B.当函数存在极值点时，实数a的取值范围为C.当且在点A，B处的切线都过原点时，D.当直线的斜率恒小于1时，实数a的取值范围为非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列为等差数列，，，则______.13.若曲线在处的切线也是曲线的切线，则______.14.设数列满足，且对任意的，满足，，则______.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）记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求B；（2）若为等腰三角形且腰长为2，求的底边长.16.（15分）如图，在三棱锥中，，，两两互相垂直，，分别是，的中点.（1）证明：；（2）设，，和平面所成的角为，求点D到平面的距离.17.（15分）已知函数，.（1）若，求的单调区间；（2）若，求的取值范围.18.（17分）已知和为椭圆C：上两点.（1）求椭圆C的离心率；（2）过点的直线与椭圆C交于D，E两点（D，E不在x轴上）.（i）若的面积为，求直线的方程；（ii）直线和分别与y轴交于M，N两点，求证：以为直径的圆被x轴截得的弦长为定值.19.（17分）已知正n边形的每个顶点上有一个数.定义一个变换T，其将正n边形每个顶点上的数变换成相邻两个顶点上的数的平均数，比如：记n个顶点上的n个数顺时针排列依次为，则，为整数，，，.设（共n个T，表示n次变换）（1）若，，，求，，，；（2）对于正边形，若，，证明：；（3）设，，，证明：存在，使得不全为整数.

广兆中学高三期中考试数学试卷及答案选择题部分（共58分）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.1-8ADBCBCAD9.AB10.ABD11.ACD12.11；13.16；14.1.【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可.【详解】因为集合，，所以.故选：A.2.【答案】D【解析】【分析】由复数的计算化简得到复数z，再求模长.【详解】∵，∴，∴，∴.故选：D.3.【答案】B【解析】【分析】根据充分条件和必要条件概念，结合指数函数性质判断即可.【详解】考虑条件.这意味着a和b要么相等，要么互为相反数.考虑等式.由于是单调递增的，所以当且仅当.如果，那么必然成立.但是，如果，a和b可以互为相反数，此时不一定成立.因此，我们得出结论：是的必要不充分条件.故选：B.4.【答案】C【分析】直接解不等式即可.【详解】当时，若，即，解得；当时，若，即，解得.所以的取值范围为.5.【答案】B【解析】【分析】根据两角和的正切公式可得的值，再将弦化切，即可求解.【详解】由得，即，解得，所以，故选：B.6.【答案】C【解析】【分析】由图象可知：在内有两个极值点，即有两个不同的正根，结合二次函数的零点分布列式求解即可.【详解】因为，则，由图象可知：在内有两个极值点，即有两个不同的正根，则，可得.7.【答案】A【分析】根据累加法可得数列的通项公式，再根据裂项相消求和即可得答案.【详解】由题意可得，累加可得，，所以，故.8.【答案】D【分析】对于A：根据奇函数性质运算求解；对于B：根据对称性和奇偶性分析可得，进而可得周期性；对于C：分别作出，的图象，结合图象分析判断；对于D：根据题意结合函数性质分析运算.【详解】对于A：由题意可得：，解得，故A正确；对于B：∵是偶函数，则，则，又∵为奇函数，则，可得，∴，则的最小正周期，故B正确；对C：令，则，注意到此时，分别作出，的图象，由图象可知：，有4个交点，故有4个零点，故C正确；对D：∵，，则，，可得，故D不正确.二、选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.【答案】AB【解析】【分析】运用平面向量的模长计算公式计算，根据向量平行或垂直列等式求参数即可求解.【详解】解：向量，A.，故正确，符合题意；B.，，则，所以，当时，，正确，符合题意；C.若，则，解得，故错误，不符合题意；D.若，则，解得，故错误，不符合题意；故选：AB.10.【答案】ABD【解析】【分析】A选项由偶函数得到y轴是其中一条对称轴；B选项用周期的定义找到其中一个周期为；C选项通过两个特殊点函数值的大小判定函数在区间不是单调递增；D选项由中心对称的定义验证是否成立即可.【详解】∵，∴是偶函数，关于y轴对称，故A正确；∵，∴是函数的一个周期，故B正确；，∵，，显然，故在区间上不单调递增，故C错误；，∴的图象关于点中心对称.故选：ABD.11.【答案】ACD【分析】选项A，转化为在点A，B处导数值相同，由方程有无数解可得；选项B，由函数存在极值点，转化为导数存在变号零点，分离参数，即可判断；选项C，由切线斜率的两种求法建立等量关系可得；选项D，转化为函数单调递减，利用导数小于等于0恒成立可求.【详解】对于A，因为，要使，则，得，，所以，，即对任意，x的值有无数个，故A正确：对于B，，令，则，且，则，即，又，则，故B错误；对于C，曲线在点A，B处的切线都过原点，由，则点A，B均不与原点重合，设曲线在处切线的斜率为，则，由切线过原点，则切线即直线的斜率，所以，化简得，若时，则，这与矛盾，故，所以有，同理可得，所以由，得，故C正确.对于D，对于任意点A，B，直线的斜率恒小于1，则，即，所以在上是减函数，所以恒成立，设，，且，所以要使恒成立，则，即，故D正确；故选：ACD.非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.【答案】11【解析】【分析】根据等差数列的公式求解公差d，即可得的值.【详解】设等差数列的公差为d，因为，所以，解得，所以.13.【答案】2【分析】由题可得曲线在处的切线，然后设切线与曲线相切的切点为，利用两条切线相同可得答案.【详解】设，则，，所以曲线在点处的切线方程为，化为.设，则，又设切线与曲线相切的切点为，由题，得，解得，则切点为.因为切点在切线上，则.14.【答案】【详解】∵对任意的，满足，，∴，∴.∴.答案：.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.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角化简可得B；（2）分别讨论当B为顶角和B为底角时的底边长即可.【小问1详解】∵，由正弦定理得：，∴，∵，∴，∵，∴【小问2详解】当B为顶角，则底边，∴，当B为底角，则该三角形内角分别为，，，则底边为故的底边长为或.16.【详解】（1）解法一：取的中点P，连接，.因为，N分别是，的中点，所以，，又，，所以，，又，且平面，从而平面，又平面，所以.解法二：因为，，，，平面，所以平面.过点B在平面内作，因为，所以.故可以B为原点，分别以直线，，为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图）.设，，，则，，，，.从而，.因为，所以.（2）解法一：因为，，，平面，所以平面，即的长为点到平面的距离.同理可得平面，进而有.连接（图参考第一问法一），易知.在中，.因为，所以平面，故是和平面所成的角，即，且，于是.故点D到平面的距离为.解法二：因为，，，，平面，所以平面.过点B在平面内作，因为，所以.故可以B为原点，分别以直线，，为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图参考第一问法二）.设，，，则，，，，.从而，易知是平面的一个法向量.因为和平面所成的角为，所以，即.在中，，在中，，即，解得.因为，，，平面，所以平面，即的长为点D到平面的距离.故点D到平面的距离为.17.【答案】（1）单调增区间为，减区间为（2）【解析】【分析】（1）代入参数值，求导函数，解导函数大于0的不等式，得出增减区间；（2）求导函数，得到增减区间，求得最小值；由题意建立不等式，构建对应函数，由导函数求得单调区间得最小值再建立不等关系，得到范围.【小问1详解】当时，∴时，，时，；∴的单调增区间为，单调减区间为【小问2详解】∴时，，时，∴又∵，∴令则，显然单调递减，且，∴必然存在唯一使得当，，单调递增，当，，单调递减由于时，，成立当时，单调递减，且，因此成立综上，成立的范围为.18.【答案】（1）（2）（i）；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据给定的点A和B在椭圆上，以及椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率；（2）（i）借助韦达定理和面积公式计算即可；（ii）可借助韦达定理和圆的弦长公式计算即可.【小问1详解】由可知，求出，代入，得，，则，，可知椭圆C的离心率为.【小问2详解】（i）由（1）可知椭圆C的方程为，设，，过点的直线为，与联立得：.恒成立.所以，得，所以，直线的方程为：.（ii）由（i）可知，直线的方程为，令，得直线的方程为，令，得，记以为直径的圆与x轴交于P，Q两点，由圆的弦长公式可知，所以，为定值.19.【答案】（1），，，.（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）涉及到根据给定的变换规则进行多次变换的计算，按照变换公式逐步计算即可.（2）需要利用假设和变换公式进行推导，结合等差数列性质公式，证明所有数相等.（3）运用反证法，要结合整数整除性质来证明存在这样的m.【小问1详解】当时，的变换如下