辽宁省铁岭市六校协作体2024-2025学年高三数学上学期第一次联考

Page22本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟一、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，集合，则（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据集合的交并补运算即可求解.【详解】由题意可知集合,集合，∴，∴，故选：B．2.已知复数，则（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知，可依据题意干脆表示出，化简即可得到结果.【详解】由已知，复数，故选：A．3.已知平面对量，，，，且，则向量与向量的夹角为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据可得到：，由此求得；利用向量夹角的求解方法可求得结果.【详解】由题意知：，则设向量与向量的夹角为则本题正确选项：【点睛】本题考查向量夹角的求解，关键是能够通过平方运算将模长转变为向量的数量积，从而得到向量的位置关系.4.函数，（其中，，）其图象如图所示，为了得到的图象，可以将的图象（）A.向右平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向左平移个单位长度【答案】B【解析】【分析】依据函数所过的特别点和正弦最小正周期公式，结合诱导公式和正弦型函数的变换性质进行推断即可.【详解】由函数图象可知：，函数过两点，设的最小正周期为，因为，所以有，而，因此，即，因为，所以，因为，所以，即，因此，而，而，因此该函数向右平移个单位长度得到函数的图象，故选：B5.足球被誉为“世界第一运动”，它是全球体育界最具影响力的单项体育运动，足球的表面可看成是由正二十面体用平面截角的方法形成的．即用如图1所示的正二十面体，从每个顶点的棱边的处将其顶角截去，截去个顶角后剩下的如图2所示的结构就是足球的表面结构．已知正二十面体是由个边长为的正三角形围成的封闭几何体，则如图2所示的几何体中全部棱的边数为（）．A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】计算原来正二十面体共有多少条棱，再计算出截去个顶角后每个面会多出3条棱，从而计算共多出多少条棱数，即可求得答案.【详解】由题意可知原来正二十面体的每一条棱都会保留，正二十面体每个面条棱，每条棱属于两个面，则原来共有条棱，此外每个面会产生条新棱，共产生条新棱，∴共有条棱，故选：B．6.在中，角、、所对的边分别为、、，则“”是“”的（）．A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】结合正余弦函数的性质，推断命题“”和“”之间的逻辑推理关系，即可推断出答案.【详解】由“”成立可知，若为钝角，则，则，若不为钝角，则，则∴“”能推出“”成立，由中,“”成立可知，若为钝角，∵，∴，∴，若不为钝角，则，∴，∴“”能推出“”成立，∴“”是“”的充分且必要条件，故选:C．7.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】构造函数以及函数，分别利用导数探讨其单调性，进而依据单调性比较函数值的大小.【详解】令，，当时，，，，单调递增，，即，，即，令，，令，令，，当时，，单调递增，在上单调递减，，，在上单调递减，，即，综上：.故选：D.8.已知数列的通项公式是，则（）A.0 B.55 C.66 D.78【答案】D【解析】【分析】先分为奇数和偶数两种状况计算出的值，可进一步得到数列的通项公式，然后代入转化计算，再依据等差数列求和公式计算出结果.【详解】解：由题意得，当为奇数时，，当为偶数时，所以当为奇数时，；当为偶数时，，所以故选：D【点睛】此题考查数列与三角函数综合问题，以及数列求和，考查了正弦函数的性质应用，等差数列的求和公式，属于中档题.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知、，且，则下列不等式中肯定成立的是（）．A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】采纳三角代换结合三角函数协助角公式化简，可推断A;利用基本不等式推断B;利用基本不等式结合对数运算推断C;利用基本不等式结合指数运算推断D.【详解】A选项，设、，，∴，其中且，∴，A正确；B选项，因为、,，故，即，当且仅当时取等号,B错，C选项，，即，∴，当且仅当时取等号（最大值）,C正确，D选项，由B选项得，∴，当且仅当时取等号（最大值），D正确，故选：ACD．10.已知无穷数列满意：当为奇数时，；当为偶数时，，则下列结论正确的为（）A.和均为数列中的项B.数列为等差数列C.仅有有限个整数使得成立D.记数列的前项和为，则恒成立【答案】BD【解析】【分析】分别令、，解出的值，可推断A选项；利用等差数列的定义可推断B选项；解不等式可推断C选项；利用等比数列的求和公式可推断D选项.【详解】对于A选项，分析可知当为奇数时，为奇数，当为偶数时，为偶数，令可得，不合乎题意，令可得，合乎题意，所以，不是数列中的项，是数列中的项，A错；对于B选项，因为，所以，数列是公差为的等差数列，B对；对于C选项，若为偶数，由可得，冲突，若为奇数，由可得，即，解得，全部满意条件的奇数都合乎题意，所以，有无限个整数使得成立，C错；对于D选项，为偶数，则，且，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，，D对.故选：BD.11.设表示不超过实数的最大整数，函数，则（）A.的最大值为B.是以为周期的周期函数C.在区间上单调递增D.对，【答案】BD【解析】【分析】利用题中的新定义，将函数转化为分段函数，即可推断选项A,C；利用周期函数的定义以及性质即可推断选项B，由分段函数的解析式以及周期性即可推断选项D．【详解】因为，，所以，所以是以为周期的周期函数，故是以为周期的周期函数，故选项B正确；由题意可得，，故的最大值为1，故选项A错误；函数在上为常数函数，故选项C错误；当时，，故选项D正确．故选：BD【点睛】关键点睛：解答本题的关键是先将函数转化为分段函数.12.定义在上的函数满意：，，则下列说法正确的是（）．A.在处取得微小值，微小值为 B.只有一个零点C.若在上恒成立，则 D.【答案】BCD【解析】【分析】依据可得，进而通过求导得的单调性，进而可推断,将恒成立问题转化为求最值问题，构造函数求最值可求解C.【详解】A选项，∵且可得：，即，∴（为常数），又∵，∴，∴，∴，其定义域为，，令，解得，当时，则在内单调递增，当时，则在内单调递减，∴在处取得极大值，也是最大值，∴，故A错，B选项，当,，当时，，当时，，因此只有唯一的零点，故B正确,C选项，要保证在上恒成立，即保证在上恒成立，在上恒成立，∴只需，令，其定义域为，∴，令，解得，当时，，∴在内单调递增，当时，，∴在内单调递减，∴在处取得极大值，也是最大值，∴，∴，故C对，D选项，∵在内单调递增，在内单调递减，又，∴，又∵、，∴，依据得，∴，∴，故D对，故选:BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，则_____．【答案】【解析】【分析】由已知求得，再转化，运用诱导公式可求得答案.【详解】因为，所以，又，所以，则＝，故答案为：．【点睛】本题考查三角函数求值问题中给值求值型，关键在于找出待求的角与已知角之间的关系，属于中档题.14.设等差数列的公差为，前项和为，若，则的最小值________．【答案】【解析】【分析】求出等差数列的和与通项公式，然后化简表达式，利用基本不等式求解即可．【详解】解：等差数列的公差为，前项和为，若，，，．当且仅当时取等号．故答案为．【点睛】本题考查数列与不等式的应用，等差数列的通项公式以及求和是的应用，考查转化思想以及计算实力．15.如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AB=6，BC=8，△ACD是等边三角形，则的值为_______________．【答案】14.【解析】【分析】依据三角形的边角关系，求得各个边长和角度；依据向量数量积求得的值．【详解】AB⊥BC，AB=6，BC=8，∴AC=10，∴cos∠BAC=；又△ACD是等边三角形，∴AD=AC=10，cos∠CAD=，∴•=•（﹣）=•﹣•=10×10×﹣10×6×=14．【点睛】本题考查了利用三角形中各个角和边的关系，求向量数量积的运算，属于基础题．16.在三棱锥中，底面，，，为的中点，球为三棱锥的外接球，是球上任一点，若三棱锥体积的最大值是，则球的体积为___________.【答案】【解析】【分析】分析可知三棱锥外接球球心为中点，求出点到平面的距离，可得出点到平面的距离的最大值，利用锥体体积可得出关于的等式，求出的值，可得出球的半径的值，再利用球体的体积公式可求得结果.【详解】正中，为的中点，则，而平面，平面，则，而，、平面，则平面，平面，所以，，平面，平面，，所以，的中点到点、、、的距离相等，即三棱锥外接球球心为中点，从而，点是三棱锥外接球球心，设球的半径为，则，，因为的外接圆圆心为的中点，设为，连接，因为、分别为、的中点，则，故平面，如图，则有，即到平面的距离为，因此到平面距离的最大值为，又，即有，解得，所以，，所以球的体积为.故答案为：.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：假如是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；假如是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：依据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知函数．求在区间上的最大值和最小值；若，求的值．【答案】（1），；（2）【解析】【分析】利用倍角公式降幂，再由协助角公式化积．由x的范围求得相位的范围，则函数最值可求；由已知求得，再由诱导公式及倍角公式求的值．【详解】解：,．,,,则，；由,得,．．【点睛】本题考查三角函数的恒等变换应用,考查型函数的图象与性质，考查计算实力,属于中档题．18.如图，在四棱锥中，，，是等边三角形，平面平面，是的中点，.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由，结合面面垂直的性质中点平面，进而证得；（2）取的中点，连接，可得，以为原点建立的空间直角坐标系，分别求得平面和的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：因为是等边三角形，且是的中点，所以，又因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又由平面，所以.【小问2详解】解：取的中点，连接，、分别为、的中点，则，，则，又因为平面，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，因为且等边三角形，可得,可得，则，设平面的法向量，则，令，可得，即，设平面的法向量，则，令，可得，即，所以，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.19.已知正项等差数列满意：，且成等比数列．（1）求的通项公式；（2）设，是数列的前n项和，若对随意均有恒成立，求的最小值．【答案】（1）（2）最小值为【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由及等差数列的通项公式得到，则，再依据等比中项的性质得到方程，求出，即可得解；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和得到，即可得到，从而求出的取值范围，即可得解；【小问1详解】解：设等差数列的公差为，由得，则，所以．因为、、成等比数列，所以，即，所以，解得或，因为为正项数列，所以，所以，所以．【小问2详解】解：由（1）可得，所以，因为对随意均有，所以，所以实数的最小值为20.记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）若，求B；（2）求的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）依据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将化成，再结合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出．【小问1详解】因为，即，而，所以；【小问2详解】由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．当且仅当时取等号，所以的最小值为．21.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，∥，，平面⊥底面，为的中点，，，．（1）求证：平面⊥平面；（2）在棱上是否存在点使得二面角大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且．【解析】【分析】（1）要证面面垂直，就要证线面垂直，题中由已知可得BD⊥AD，再由面面垂直的性质可得BQ⊥平面PAD，从而可得面面垂直；（2）假设存在，以Q为原点建立解析中所示的空间直角坐标系．写出各点坐标，同时设，且，得，求出平面，平面的法向量，由法向量的夹角与二面角的关系求出，若求出不出，则说明不存在，求出则说明存在.【小问1详解】∵AD//BC，BC=AD，Q为AD的中点，∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD//BQ．∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，平面ABCD，∴BQ⊥平面PAD．∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．【小问2详解】假设存在点使得二面角大小为∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，平面，∴PQ⊥平面ABCD．如图，以Q为原点建立空间直角坐标系．则，，，，，所以平面BQC的法向量为，由，且，得，又，设平面MBQ法向量，则，∴，取，则，，∴平面MBQ法向量为．∵二面角M-BQ-C为30°，∴，解得．∴，∴，由，得，所以存在点M满意时，二面角大小为，且QM的长度为．22.已知函数．（1）若函数存在极大值为，求实数的值（2）设函数有三个零点，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，依据导函数推断的单调性，进而确定极值，通过构造函数，即可求导确定单调性，进而得值，（2）求导，通过分类探讨的范围，确定单调性，即可求解【小问1详解】由题意得函