山东省威海市文登区2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试试题数学答案

第1页/共1页高三数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出集合，，再用补集和交集的概念求解即可.【详解】由，得，所以，或x>1，由，得，所以，所以.故选：D.2.设复数满足，则（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】由题可得，计算后可得与，即可得答案.【详解】由，可得，则，则.故选：C3.已知命题，命题，则成立是成立的（）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【答案】A【解析】【分析】先化简命题p:，：，再利用充分条件和必要条件的定义判断.【详解】解：由，得，解得；由，得，当时，成立；当时，，解得，综上，所以成立是成立的充分不必要条件，故选：A4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据诱导公式和余弦二倍角公式得到，化弦为切，代入求值即可.【详解】，故.故选：A5.已知为椭圆上焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由圆和椭圆方程可确定圆心、半径、的长；利用椭圆定义和圆的对称性可将问题转化为求解的最大值问题，利用三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值，由此可得结果.【详解】由圆方程得：圆心，半径；由椭圆方程得：，，设椭圆下焦点为，则，由椭圆定义知：，；（当且仅当三点共线时取等号），，又（当且仅当三点共线时取等号），，即的最大值为.故选：D.6.已知，且，则（）A. B.C D.【答案】B【解析】【分析】根据函数，利用函数的奇偶性及导数与函数单调性间的关系，可得，在区间上单调递减，在区间上单调递增，结合条件可得，即可求解.【详解】令，则，则是偶函数，又，当时，恒成立，所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增，又，且，即，所以，则，所以选项B正确，当时，，所以选项A和D错误，当时，，所以选项C错误，故选：B.7.已知定义在上的偶函数满足，当时，.函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为（）A.6 B.8 C.10 D.14【答案】C【解析】【分析】画出、在区间上的图象，根据对称性、周期性等知识来求得正确答案.【详解】依题意，是定义在R上的偶函数，图象关于直线对称，，所以，所以是周期为的周期函数，所以的图象关于直线对称.函数的图象也关于直线对称.当时，.当时，，，当时，，，，所以直线与曲线y=gx相切于点2,1.画出、在区间上的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有个公共点，所以所有交点的横坐标之和为.故选：C8.在中，，，是所在平面内一点，，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的数量积以及基本不等式求解即可.【详解】，，，，，当且仅当，即，时等号成立，所以的最大值为.故选：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数，则（）A.是的一个周期 B.是的一条对称轴C.的值域为 D.在上单调递减【答案】BC【解析】【分析】先化简函数，再结合函数图像对各个选项逐一分析判断即可.【详解】，图像如图所示：由图像可得，函数的最小正周期为2π，故选项A是的一条对称轴，故选项B正确，符合题意；的值域为，故选项C正确，符合题意；在上先增后减，选项D错误，不符合题意；故选：BC.10.如图，在四边形中，为边上的一列点，连接交于点，且满足，其中数列是首项为1的正项数列，则（）A.数列为等比数列B.数列的前项和为C.数列为递增数列D.【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据向量共线定理得到，从而，A正确；B选项，在A选项基础上得到，由分组求和和等比数列求和公式得到B正确；C选项，举出反例即可；D选项，在B选项基础上得到D正确.【详解】A选项，因为为边上的一列点，设，即，所以，即，所以，即，所以数列为公比为2的等比数列，A正确；B选项，因为，所以，故是首项为2，公比为2的等比数列，所以，，的前项和为，B正确；CD选项，，故，显然，则数列不递增数列，C错误，D正确.故选：ABD11.已知正方体的棱长为，点满足，则（）A.点到平面的距离为B.二面角的正弦值为C.当时，过点的平面截该正方体外接球所得截面面积的取值范围为D.若是对角线上一点，则最小值为【答案】ACD【解析】【分析】选项A，根据条件可得面，从而将到平面的距离转化成到平面的距离，进而转化成到平面的距离，再利用等体积法，即可求解；选项B，取中点，中点，连接，根据条件可得为二面角的平面角，再利用几何关系，即可求解；选项C，由题知，过点的平面经过球心时，截面圆的面积最大，当为截面圆的圆心时，截面圆的面积最大，即可求解；选项D，通过翻折平面，使得点翻转后得到的点满足三点共线，且.即可求得【详解】如图1，易知，面，面，所以面，对于选项A，因为，即点在线段上（含端点），因为面，所以到平面的距离，也即到平面的距离，连接交于，易知为中点，则到平面的距离等于到平面的距离，又正方体的棱长为，则，所以，设到平面的距离为，由，得到，解得，所以选项A正确，对于选项B，如图1，取中点，中点，连接，易知，所以为二面角的平面角，在中，，，所以，则，所以选项B错误，对于选项C，正方体的外接球的球心为正方体的体心，且外接球的直径为正方体的体对角线长，则，当过点的平面经过球心时，此时平面截该正方体外接球所得截面面积最大，截面面积为，当过点的平面经不过球心时，不妨设截面圆的半径为，球心到截面圆的距离为，则，显然有，当且仅当为截面圆的圆心时取等号，即截面圆的直径为，此时，所以平面截该正方体外接球所得截面面积最小值为，故选项C正确，对于选项D，如图2，将平面绕着旋转到位置，使之与平面在一个平面内，因是对角线上一点，要使最小，需使三点共线，且.设，则，故，于是，故选项D正确，故选：ACD.【点睛】关键点点睛：解决空间角问题，关键在于根据定义找到平面角，然后借助于三角形和正、余弦定理求解；对于包含动点的线段和最小问题，一般考虑将其中一个平面翻折，使之与另一个平面共面，化空间距离的和为平面距离的和来求解.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知底面半径为3的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为__________.【答案】【解析】【分析】作出圆锥的轴截面，求出圆锥的高，利用三角形相似求出圆柱的高，再根据侧面积公式计算可得.【详解】如图作出圆锥的轴截面，根据题意可知,,所以可得,根据三角形相似可得,所以,可求得,根据圆柱侧面积公式可得.故答案为：13.已知函数，若将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再将得到的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则__________.【答案】【解析】【分析】由图象变换写出新解析式，然后由图象关于轴对称求得参数值．【详解】，变换后函数式为，它的图象关于轴对称，则，,又，所以，故答案为：．14.已知，是双曲线的左､右焦点，过的直线与的左､右两支分别交于，两点.若以的中心为圆心，的长为直径的圆与的右支的一个交点恰为，若，，成等差数列，则的渐近线方程为__________.【答案】【解析】【分析】由已知以为直径的圆过点，可知，再结合等差数列及双曲线定义可得各边长，再根据直角三角形勾股定理可得，即可得渐近线方程.【详解】如图所示，由已知以的中心为圆心，的长为直径的圆过点，可知，再由AB，，成等差数列，得，由双曲线定义可知，，则，即，，又，则，即，则，即渐近线方程为，故答案为：.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.已知数列的各项均为正数，其前项和记为，其中为常数且.（1）若数列为等差数列，求；（2）若，求.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据等差数列列方程，求得，求得公差，进而求得.（2）利用分组求和法，结合等差数列的前项和公式来求得正确答案.【小问1详解】当时，，解得，当时，，解得，因数列为等差数列，所以，即，解得，所以，公差为2，所以.【小问2详解】当时，①所以②所以②-①得，，因为，所以，当时，，解得，所以数列的奇数项成等差数列，首项为，公差为；偶数项成等差数列，首项为，公差为，所以.16.在中，角所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，如图，是上的动点，且始终等于，记.当为何值时，的面积取到最小值，并求出最小值.【答案】（1）（2），最小值为【解析】【分析】（1）根据正弦定理将分式化简，结合两角和的正弦公式可求得结果；（2）在中，根据正弦定理表示出，在中，根据正弦定理表示出，根据三角形面积公式得到的面积，即可求出结果.【小问1详解】在中，由正弦定理可得，所以，所以，即得，因为，所以，所以，因为，所以；【小问2详解】因为，由（1）知，所以，在中，由正弦定理可得，所以，在中，由正弦定理可得，所以，所以，因为，所以，当时，取得最小值，此时，即，所以当时，的面积取到最小值，最小值为.17.如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，，为的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，由面面垂直得平面，从而得，再由线面垂直的判定定理证得线面垂直平面，得证，然后再由线面垂直的判定定理证得结论成立.（2）证明平面，然后以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，用空间向量法求线面角，利用基本不等式、不等式的性质得最值.【小问1详解】取的中点，连接，因为为等边三角形，所以因为平面平面，平面平面平面，所以平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为为等边三角形，为的中点，所以，因为平面，所以平面.【小问2详解】连接，因为，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则所以，设平面的一个法向量为n=x,y,z则，可得，令，则，设直线与平面所成角为，则，因为，所以，当且仅当即时取得最大值，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.18.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）令.若曲线与存在公切线，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求导，即可对讨论求解导函数的单调性，结合二次函数的性质求解，（2）设出切点，根据点斜式求解直线方程，根据公切线可得，进而可得，构造函数且求导，即可根据单调性求解函数的值域得解.【小问1详解】，①当时，的定义域为0,+∞，令f′x>0，即得，所以因为，解得：；令，解得：，②当时，的定义域为，令f′x>0，即得，所以因为，解得：，令，解得：，综上：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.【小问2详解】由题意知：设的切点横坐标，则ℎx在处的切线方程为.③设的切点横坐标，则在处的切线方程为.④联立③④，得，当时，，代入方程组，不成立，所以消去得.设函数且.令，得或.令φ′x>0，解得且；令φ′x<0，解得所以φx在和上单调递减，在12,1和上单调递增，因为，结合图象可知，当时，方程有解，从而当时，曲线y=gx与存在公切线.【点睛】方法点睛：1.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.19.定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件.（1）求的值；（2）求的解析式；（3）若.比较与0的大小关系，并说明理由.附：参考公式.【答案】（1）7；17（2）（3）答案见解