广东省梅州市大埔县2024-2025学年高三数学上学期第三次教学质量检测试题

本试卷共4页，22小题，满分150分；考试时间120分钟.留意事项：1．答题前，考生务必用黑色笔迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上.2．选择题要用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.非选择题必需用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必需写在答题卷各题指定区域内相应位置上；不准运用铅笔和涂改液.不按要求作答的答案无效.参考公式：一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，再依据集合的交集运算求得答案.【详解】由题意可知：，，所以，故选：C.2.若复数z满意，则（）A. B. C. D.5【答案】B【解析】【分析】干脆对原式两边求模，再依据复数模的计算公式求解即可.【详解】因为，所以，所以，即.，故选：B.3.若函数为幂函数，且在单调递减，则实数m的值为（）A.0 B.1或2 C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】依据函数为幂函数列式，结合单调性求得的值．【详解】由于函数为幂函数，所以，解得或，时，，在上递减，符合题意，时，，在上递增，不符合题意．故选：C4.古代将圆台称为“圆亭”，九章算术中“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何”即一圆台形建筑物，下底周长丈，上底周长丈，高丈，则它的体积为（）A.立方丈 B.立方丈 C.立方丈 D.立方丈【答案】B【解析】【分析】利用圆台的体积公式求体积即可.【详解】通过题目可知，圆台上底周长丈，则上底半径为丈同理，下底周长丈，下底半径为丈依据圆台体积公式得（立方丈）.故选：B．5.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依据题意，先推断函数的奇偶性，解除，再求出、的值，解除，即可得答案．【详解】解：依据题意，，其定义域为，有，即函数为奇函数，解除，又由，，所以，有，函数在不会是减函数，解除，故选：．6.设，.若是与的等比中项，则的最小值为（）A. B. C. D.8【答案】C【解析】【分析】先依据等比中项的性质求得的值，利用“1”的变换得，绽开后利用基本不等式求最小值.【详解】由条件可知，即，所以，当时，即时，等号成立.故选：C【点睛】思路点睛：本题考查基本不等式求最值，基本不等式求最值时留意“一正，二定，三相等”，尤其是不要忽视验证相等的条件.7.已知直三棱柱的各顶点都在同一球面上，且该棱柱的体积为，，，，则该球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三棱柱的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为，，，，求出，再求出外接圆的半径，即可求得球的半径，从而可求球的表面积.【详解】∵三棱柱的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为，，，，∴，∴∵，∴.设外接圆的半径为R，则，∴.∴外接球的半径为，∴球的表面积等于.故选：C.【点睛】本小题主要考查依据柱体体积求棱长，考查几何体外接球有关计算，属于基础题.8.设函数在区间上的最大值为，最小值为，则的最小值为（）.A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由正弦函数的性质得当区间关于函数的图象对称轴对称时，取得最小值，不妨设y取得最大值，求得，再代入求得函数的最小值，由此可得答案.【详解】解：因为函数，所以其最小正周期为，而区间的区间长度是该函数的最小正周期的，因为函数在区间上的最大值为，最小值为，所以当区间关于它的图象对称轴对称时，取得最小值，对称轴为，此时函数有最值，不妨设y取得最大值，则有，所以，解得，得，所以，所以的最小值为，故选：D.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.下列命题正确的是（）A.“，”的否定是“，”B.“”是“”的充分不必要条件C.“”是“”的充分不必要条件D.“且”是“”的必要不充分条件【答案】BC【解析】【分析】依据含量词的否定推断A；由等价于或推断B；由能推出，而当时也有推断C；由不等式的性质推断D．【详解】A．依据命题的否定可知：“，”的否定是“，”，本选项不符合题意；B．等价于或，所以“”是“”的充分不必要条件，本选项符合题意；C．由能推出，而当时也有，所以“”是“”充分不必要条件，本选项符合题意；D．依据不等式的性质可知：由且能推出，所以“且”是“”的充分条件，本选项不符合题意．故选：BC．10.已知平面对量，，则下列说法正确的是（）A B.C.向量与的夹角为 D.向量在上的投影向量为【答案】BD【解析】【分析】依据向量模长的坐标计算即可推断A，依据数量积的坐标运算可推断B,由夹角公式可推断C，由投影向量的求解公式可推断D.【详解】，所以，故A错误；，故B正确；，，，，故C错误；向量在上的投影向量为，故D正确．故选：BD11.若函数同时满意：①对于定义域上的随意x，恒有；②对于定义域上的随意，当时，恒有，则称函数为“志向函数”．下列四个函数中，能被称为“志向函数”的有（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】由①得出函数为奇函数，②得到函数为减函数，依据函数的性质，逐项判定，即可求解.【详解】由①对于定义域上的随意x，恒有，可得函数为奇函数；②对于随意，当时，恒有，可得函数为减函数，对于A中，的定义域为上不是单调函数，不符合题意；对于B中，在定义域上单调递增，不符合题意；对于C中，由，满意，又由在定义域上单调递减，符合题意；对于D中，的图象关于原点对称，满意，依据二次函数的性质，可得在定义域上单调递减，符合题意.故选：CD.12.如图，在矩形中,E为的中点，将沿翻折到的位置,平面,为的中点,则在翻折过程中，下列结论正确的是A.恒有平面B.B与M两点间距离恒为定值C.三棱锥的体积的最大值为D.存在某个位置，使得平面⊥平面【答案】ABC【解析】【分析】对每一个选项逐一分析探讨得解.【详解】取的中点,连结，，可得四边形是平行四边形，所以，所以平面，故A正确；（也可以延长交于,可证明,从而证明平面）因为，，，依据余弦定理得，得，因为，故，故B正确;因为为中点，所以三棱锥的体积是三棱锥的体积的两倍，故三棱锥的体积，其中表示究竟面的距离，当平面平面时，达到最大值，此时取到最大值，所以三棱锥体积的最大值为，故C正确；考察D选项，假设平面平面，平面平面，，故平面，所以，则在中，，，所以.又因为，，所以，故,,三点共线，所以，得平面，与题干条件平面冲突，故D不正确；故选A,B,C.【点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，考查空间两点间的距离的求法和体积的最值的求法，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平和分析推理实力，属于中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知点在终边上，则______．【答案】【解析】【分析】依据三角函数的定义求解即可.【详解】点在终边上，，，=故答案为：14.已知数列为等差数列，其前项和为，则___________.【答案】55【解析】【分析】依据等差数列性质可求得，化简，即可求得答案.【详解】由题意知数列为等差数列，设公差为d，，则，即，所以，故答案为：5515.正方形边长为，点在线段上运动，则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，设出点坐标，求出各点及的坐标，代入所求表达式，化简后可求得取值范围.【详解】以，为，轴建立直角坐标系则，，，，，设，则，，，，当时，函数有最大值为，当时，函数有最小值为，的取值范围是．故答案为：．【点睛】本小题主要考查平面对量的坐标运算，解题的关键点是建立平面直角坐标系，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.16.已知函数，若方程有四个不等的实根，，，，则的取值范围是______.【答案】（10，12）【解析】【分析】作出函数的图像，设，可得，，且，则，得出答案.【详解】作出函数的图像，设，如图.方程有四个不等的实根，则所以为在上与的两个交点的横坐标.由，即，所以，即，所以为在上与的两个交点的横坐标.所以当时的两个实数根为，则则，且所以故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查利用数形结合解决方程的根的个数的相关问题，解答本题的关键是由，即，得到，以及，属于中档题.四、解答题：本大题共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.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）依据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）依据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为考点：正余弦定理解三角形.18.已知函数的最小正周期为．（1）求的值及函数的单调递增区间；（2）设，求函数在区间上的最大值，并求取最大值时的的值．【答案】（1），，；（2）最大值，此时.【解析】【分析】（1）化简解析式，依据最小正周期求得，利用整体代入法求得单调递增区间.（2）求得的表达式，利用三角函数最值的求法求得正确结论.【详解】（1）.由可得，由解得，所以的单调递增区间为，.（2）.由于，所以，所以当时，取得最大值.19.若数列的前项和满意，等差数列满意．（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）由可求得，代入可求得；（2）由（1）得，再利用错位相减法求数列的和．【详解】解：（1）∵，∴当时，，则，当时，，∴，即，∴，∴数列是以1为首项，3为公比的等比数列，∴，∴，又，，∴，，∴数列的公差，∴，综上：，；（2）由（1）得，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查递推数列求通项公式，考查错位相减法求数列的和，属于中档题．20.如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PA，BC的中点．（1）证明：EF∥平面PCD（2）若PD⊥平面ABCD，，且，求直线AF与平面DEF所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD的中点G，连接CG，EG，则由三角形中位线定理可得，再结合底面四边形为菱形，可得四边形EGCF为平行四边形，从而得然后由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，然后利用空间向量求解即可【小问1详解】证明：取PD的中点G，连接CG，EG，因为E，F分别为PA，BC的中点，所以，又底面ABCD为菱形，所以，所以，所以四边形EGCF为平行四边形，所以又平面PCD．平面PCD，所以EF//平面PCD．【小问2详解】解：连接，因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，因四边形ABCD为菱形，，所以为等边三角形，因为F为BC的中点，所以，因为∥，所以，所以两两垂直，所以以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz．因为，所以D（0，0，0），F(，0，0），A（0，2，0），E（0，1，2），则．设平面DEF的法向量，则，令，得．设直线AF与平面DEF所成的角为θ，则，所以直线AF与平面DEF所成角的正弦值为21.已知函数.（1）推断函数的零点个数；（2）设，若，是函数的两个极值点，求实数a的取值范围.【答案】（1）有且仅有1个零点；（2）.【解析】【分析】（1）先推断函数的单调性，再结合，即可知零点个数；（2）由题意知，是方程在内的两个不同的实数解，也是方程在内的两个不同的实数解，再依据实根分布学问即可解出．【详解】（1）由题知函数的定义域为，对随意恒成立，当且仅当时，，所以在上单调递增.又，所以函数有且仅有1个零点.（2）因为，所以.由题意知，是方程在内的两个不同的实数解.令，又，且函数图象的对称轴为，所以只需解得，即实数的取值范围为.22.已知函数.（Ⅰ）求曲线的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当时，求证：；（Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．【答案】（Ⅰ）和.（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.【解析】【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；(Ⅱ)由题意分别证得和即