辽宁省大连市2024-2025学年高三数学上学期期中试题

Page20一、单项选择题（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.已知全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先分别求出集合，，从而求出，由此能求出．【详解】解：全集，集合或，，，．故选：．2.已知为虚数单位，复数（）是纯虚数，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部为0且虚部不为0求得值，则答案可求．【详解】解：是纯虚数，，即．的虚部为．故选：C．3.已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确是A.若则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】B【解析】【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内全部的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系．4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将已知等式切化弦可求得，依据二倍角公式可求得结果.【详解】，，解得：，．故选：A.5.已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先依据奇函数对进行变形，然后比较出，进而依据函数单调性即可得出结果.【详解】∵为奇函数，∴∵在R上单调递增，∴，即∵在R上单调递增，∴，即∴∵在上是增函数∴，即故选：A.【点睛】函数值的比较大小，重点是比较自变量的大小，然后依据函数单调性和奇偶性干脆得出结果；而自变量的大小比较主要涉及指幂对式利用相应函数的单调性进行比较大.6.已知向量，，将函数的图象沿轴向左平移个单位后，得到的图象关于原点对称，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据平面对量数量积的运算和协助角公式可得，向左平移个单位，得到，从而有，，再结合，即可得解.【详解】，将函数的图象向左平移个单位，得到，该函数的图象关于原点对称，该函数是奇函数，，，，，又，.故选：D.【点睛】本题考查数量积的坐标运算、协助角公式和三角函数的图象变换，属于中档题.7.如图，在圆锥中，，为底面圆的两条直径，，且，，，异面直线与所成角的正切值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角的余弦值，再得正弦值．【详解】由题意以为轴建立空间直角坐标系，如图，，，，，又，．，则，设异面直线与所成角，则，为锐角，，所以．故选：D．8.已知圆的半径是，点是圆内部一点（不包括边界），点是圆圆周上一点，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由可得,则当时,,再依据,则将代入求解即可.【详解】由题,因为,所以,则当即时,,因为,所以当取得最小值时,,故选：A.二、多项选择题（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．全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）9.已知函数对随意都有，若的图象关于直线对称，且对随意的，，且，都有，则下列结论正确的是（）．A.是偶函数 B.的周期C. D.在单调递减【答案】ABC【解析】【分析】由的图象关于直线对称，则，即，故是偶函数，可推断A的正误；由，令，可得，则，得到的周期，可推断B的正误；又在递增，结合奇偶性，周期性，再推断CD是否正确.【详解】由的图象关于直线对称，则，即，故是偶函数，A正确；由，令，可得，则，则的周期，B正确；，故C正确；又在递增，则递减，由周期，则在单调递增，故D错误.故答案为：ABC【点睛】本题考查了抽象函数的性质，综合考查了函数的对称性，奇偶性，周期性，单调性，属于中档题.10.对于实数，，下列真命题的为（）A.若，则 B.若，，则C.若，则 D.若，且，则的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】依据不等式的性质推断ABC，利用对数函数的性质，基本不等式推断D．也可举反例说明．【详解】时，，A错误；，则，，所以，B正确；，若，则，则成立，若，则明显成立，若，则，，所以，综上成立，C正确；，且，因为是增函数，所以且，，当且仅当，即时等号成立．D正确．故选：BCD．11.将个数排成行列一个数阵，如图：该数阵第一列的个数从上到下构成以为公差的等差数列，每一行的个数从左到右构成以为公比的等比数列（其中）.已知，，记这个数的和为.下列结论正确的有（）……A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】依据等差数列和等比数列通项公式，结合可求得，同时确定、的值、得到的正误；首先利用等比数列求和公式求得第行个数的和，再结合等差求和公式得到的正误.【详解】对于，，，，又，，正确；对于，，，错误；对于，，，正确；对于，第行个数的和，，正确.故选：.【点睛】本题考查数列中的新定义问题，解题关键是能够敏捷应用等差和等比数列的通项公式和求和公式，将新定义的数阵转化为等差和等比数列的问题来进行求解.12.高斯是德国闻名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论，其中正确的结论是（）A.的一个周期是 B.是非奇非偶函数C.在单调递减 D.的最大值大于【答案】ABD【解析】【分析】依据周期函数的对于验证可推断选项A；特别值验证与的关系可推断选项B不正确；时计算可推断选项C，由可推断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于A：，所以的一个周期是，故选项A正确；对于B：，因为，，所以是非奇非偶函数，故选项B正确；对于C：当时，，，此时，当时，，，此时，所以在是常函数，在是常函数，不具有单调性，故选项C不正确；对于D：，所以的最大值为大于，故选项D正确.故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）13.定义在上的函数满意，且，则不等式的解集为_________．【答案】【解析】【分析】由已知得函数是减函数，由减函数的定义可解不等式．【详解】设，由已知式变形为，所以在上是减函数，又．所以不等式化为，又，所以．故答案为：，14.在三棱锥中，，且底面为正三角形，为侧棱的中点，若，棱锥的四个顶点在球的表面上，则球的表面积为__________．【答案】【解析】【分析】证明出、、两两垂直，将正三棱锥补成正方体，计算出正方体的体对角线长，可得出球的半径，利用球体的表面积公式即可得解.【详解】取的中点，连接、，，为的中点，则，同理可得，，平面，平面，，，，平面，、平面，，，，且底面为正三角形，则三棱锥为正三棱锥，则，所以，、、两两垂直，将正三棱锥补成正方体，则该正方体的体对角线长为，所以球的半径为，因此，球的表面积为.故答案为：.15.已知递增数列的前项和为，且满意（），则首项的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】依据前项和的公式得到递推公式，进而化简整理得到，从而得列是偶数项以4为公差的等差数列，奇数项从起奇数项也是以4为公差的等差数列，从而知需满意，然后将用表示后，解不等式组即可求出结果.【详解】因为，所以，当时，，当时，，则，即，又，故，所以数列是偶数项以4为公差的等差数列，奇数项从起奇数项也是以4为公差的等差数列，若数列单调递增，所以需满意，又，所以，解得，故的取值范围为.16.函数有两个零点，则实数的取值范围为_________．【答案】或．【解析】【分析】令，问题转化为函数的图象与直线有两个交点，作出函数图象，视察可得．【详解】令，则方程有两个解，即函数的图象与直线有两个交点，作出函数的图象，如图，再作出直线，它始终过原点，设直线与相切，切点为，由知，切线斜率为，切线方程为，把代入得，，所以切线斜率为，设与相切，则，即，，解得（舍去），由图可得实数的范围是或．故答案为：或．【点睛】本题考查由函数的零点个数确定参数范围，解题关键是问题的转化，把函数零点转化为函数图象与直线的交点个数问题，利用数形结合思想，从图象中易得其结论与方法．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.已知是各项均为正数的等比数列，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等比数列的通项公式求出即可求解.（2）由（1）求出的通项公式，再有裂项相消法求和即可.【详解】解：（1）由已知：，即，所以或（舍去），（2）由（1）知：【点睛】本题考查了等比数列的通项公式以及裂项相消法求和，属于中档题.18.已知函数的图象关于直线对称，且图象相邻两个最高点的距离为.（1）求和的值；（2）若，求的值.【答案】（1），；（2）．【解析】【分析】（1）依据对称轴和周期可求和的值．（2）由题设可得，利用同角的三角函数的基本关系式可得，利用诱导公式和两角和的正弦可求的值．【详解】（1）因为图象相邻两个最高点的距离为，故周期为，所以，故．又图象关于直线，故，所以，因为，故．（2）由（1）得，因为，故，因为，故，故．又．【点睛】方法点睛：三角函数的中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，最终角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角.19.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，平面，．（1）证明：平面；（2）若，与平面所成角为，求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）依据题意，由平面，可得，再由可推断平面，得到，而∥，从而可得，再由线面垂直的判定定理可得结论；（2）依据题意，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面，所以，因为，,所以平面，因为平面，所以，因为底面为平行四边形，所以∥，所以，因为，，所以平面；（2）解：由（1）可知，因为，，所以，因为平面，所以为在平面上的射影，因为与平面所成角为，所以，所以，所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则,所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，所以，因为二面角为锐二面角，所以二面角为，20.已知的内角、、的对应边分别为、、，在①；②；③．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后作答：当__________时，且的外接圆半径为，求的面积的最大值．【答案】选①：；选②：；选③：.【解析】【分析】选①：利用正弦定理化边为角结合两角和的正弦公式即可求角，再由余弦定理求的最大值，由面积公式即可求解；选②：由正弦定理化边为角结合诱导公式、二倍角公式即可求求角，再由余弦定理求的最大值，由面积公式即可求解；选③：由正弦定理和余弦定理即可求求角，再由余弦定理求的最大值，由面积公式即可求解.【详解】选①：因为，所以，即可得：，因为，所以，可得，因为，所以，因为的外接圆半径为，所以，在中，由余弦定理可得：，可得，所以，所以的面积的最大值为.选②：由正弦定理可知：，因为，所以即，因为，所以，可得，因为，所以，所以，所以，因为的外接圆半径为，所以，在中，由余弦定理可得：，可得，所以，所以的面积的最大值为.选③：由，可得即由正弦定理可得：，由余弦定理可得：，因为，所以，因为的外接圆半径为，所以，在中，由余弦定理可得：，可得，所以，所以的面积的最大值为.21.已知数列满意，（）．（1）求证：数列为等差数列，并求数列的通项公式；（2）若数列满意，．求证：①；②．【答案】（1）证明见解析；；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）把已知条件变形得到，从而证明数列为等差数列；并通过求数列的通项公式来求数列的通项公式；（2）①由题设条件写出三者关系式即可证明结论；②利用①中的结论，依据累加法可求出的值，再利用基本不等式求证出结论.【详解】（1）因为，所以，所以，即，所以，即，所以，即，又，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，即.（2）①由（1）知：，所以，所以，两式相减，得，即，所以；②因为，，所以，且数列为正项数列.由①知：，所以由累加法，可得，当且仅当时等号成立.22.设函数，（）．（1）若，求函数在点处的切线方程；（2）若时，函数的最小值为，求实数的取值范围；（3）试推断的零点个数，并证明你的结论．【答案】（1）；（2）；（3）时，函数有一个零点，时，函数有2个零点．【解析】【分析】（1）求出导函数，得切线斜率，然后由点斜式写出切线方程并化为一般式；（2）求出导函数，由导函数确定的单调性，然后分类探讨得函数在上的单调性，得最小值，由最小值为2得出参数范围；（3）问题转化为函数的图象与直线的交点个数，由（2）知的单调性，易得交点个数，时需确定最小值与的大小关系后才能确定交点个数．【详解】函数的定义域是，（1）时，，，，又，所以切线方程为，即；（2），令，，时，，在上恒成立，在上是减函数；此时在上是减函数，，与冲突，故舍去；时，，时，，单调递减，时，，递增．当即时，在上是增函数，，所以满意题意；当即时，在上是减函数，则，，故舍去；当，即时，在间递减，在上递增，则，而，且，故不行能成立，故舍去；综上，实数的取值范围是．（3）