内蒙古自治区鄂尔多斯市2024-2025学年高三数学上学期期中理科试题含解析

Page20内蒙古自治区鄂尔多斯市2024-2025学年高三数学上学期期中理科试题留意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、座位号、考生号写在答题卡上.本试卷满分150分，考试时间120分钟．2．作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回．第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先化简集合、，再去求即可解决.【详解】，则故选：B2.已知为虚数单位，复数的共轭复数为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先分别求得，再去求即可解决.【详解】复数的共轭复数复数的模，则故选：B3.下列说法正确的是（）A.命题“若，则”的否命题为“若，则”B.“”是“”的必要不充分条件C.命题“，”的否定是“，”D.已知命题“，”是假命题，则的取值范围是【答案】D【解析】【分析】由否命题可推断A；通过解方程可推断B；由特称命题的否定可推断C；将命题转化为恒成立，进而可推断D.【详解】对于选项A：命题“若，则”的否命题为“若，则”，故A错误；对于选项B：由，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；对于选项C：，“，”的否定是“，”，故C错误；对于选项D：因为命题“，”是假命题，所以对恒成立，所以恒成立.因为，所以，则，故，故D正确.故选：D.4.向量与共线，向量与垂直，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据平面对量共线公式可得，依据垂直的坐标公式可得，再依据数量积的坐标公式求解即可.【详解】与共线则，解得，与垂直则，解得.故，，故.故选：B5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的各条棱中，最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三视图的数据，画出原几何体的直观图，利用平移法即可求解异面直线所成角的正切．【详解】解：如图，由三视图还原几何体为三棱锥，由图可知最长的棱为长方体的体对角线，最短的棱为，异面直线与所成的角为，由三视图可得，，所以，即最长的棱与最短的棱所在直线所成角的正切值为.故选：C．6.已知函数的图象关于点对称，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的一个单调递增区间是（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】本题首先依据诱导公式和二倍角的正弦公式，化简得出，再依据平移的左正右负的原则得到的解析式，最终得到的单调增区间.【详解】函数的图像关于点对称，，，，，，，将函数向左平移单位的解析式是，令,，结合所给的选项，令，则的一个增区间为，故选：B7.若项数为的等比数列的中间两项正好是方程的两个根，则此数列的各项积是()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用等比数列性质可得，结合韦达定理可得其各项积.【详解】项数为的等比数列的中间两项为，它们正好是方程的两个根，所以，由韦达定理可知，又由等比数列性质可得，所以，此数列的各项积为.故选：C.8.如图，在三棱锥中，点，，分别是，，的中点，设，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算、三角形的中位线及线段中点的向量表示进行化简求解.【详解】如图，连接，因为点，分别是，的中点，所以.因为点是的中点，所以.因为点是的中点，所以，则.故选：D.9.已知，，，则a，b，c的大小关系为A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由题意结合对数函数的性质可知：，，，据此可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但许多时候，因幂的底数或指数不相同，不能干脆利用函数的单调性进行比较．这就必需驾驭一些特别方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再依据指数函数的单调性进行推断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又精确．10.已知在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则可得为二面角的平面角，得，过点D作与平面垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，然后在△OSD中利用余弦定理可求出R，从而可求得球的表面积.【详解】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，因为，，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为AB⊥BC，，所以，因为，所以，过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，可得，在△OSD中，∠ODS＝，利用余弦定理可得，解得R2＝，所以其外接球的表面积为.故选：D11.对随意两个非零的平面对量，定义，若平面对量满意，的夹角，且和都在集合中，则=（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可可设，，，，得，对，进行赋值即可得出，的值，进而得出结论．【详解】解：，故．又由，可设，，令，，且又夹角，所以，对，进行赋值即可得出所以．故选：C．12.设函数．若存在的极值点满意，则m的取值范围是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题意知：的极值为，所以，因为，所以，所以即，所以，即3，而已知，所以3，故，解得或，故选C.考点：本小题主要考查利用导数探讨的极值，考查三角函数，考查一元二次不等式的解法，考查分析问题与解决问题的实力.第II卷二．填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.若满意约束条件则的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】作出可行域，依据目标函数的几何意义可知当时，.【详解】不等式组表示的可行域是以为顶点的三角形区域，如下图所示，目标函数的最大值必在顶点处取得，易知当时，.【点睛】线性规划问题是高考中常考考点，主要以选择及填空的形式出现，基本题型为给出约束条件求目标函数的最值，主要结合方式有：截距型、斜率型、距离型等.14.若，则__________.【答案】【解析】【分析】先利用同角三角函数的基本关系把1换成，，分子分母同时除以，最终把的值代入即可求得答案．【详解】即答案为.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值．解题的关键是把原式中的弦转化成切，利用已知条件求得问题的解决．15.函数（）的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】将所给函数的解析式变形为，再结合，并依据基本不等式求解即可得到结论．【详解】由题意得，∵，∴．又，∴．∴，当且仅当，即时等号成立．∴函数的最小值为．故答案为：.【点睛】（1）运用基本不等式求最值时，留意运用的前提是“一正、二定、三相等”，且这三个条件缺一不行．（2）在运用基本不等式时，若条件不满意运用的条件，则要留意通过“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满意重要不等式中“正”“定”“等”的条件．16.已知函数，若方程有8个相异的实数根，则实数的取值范围是_________________________．【答案】【解析】【分析】依据题意，作出函数的图像，进而数形结合，将问题转化为方程在区间上有两个不相等的实数根，再结合二次函数零点分布求解即可.【详解】解：依据题意，作出函数的图像，如图：令，因为方程有8个相异的实数根，所以方程在区间上有两个不相等的实数根，故令，则函数在区间上有两个不相等的零点.所以，即，解得.所以实数的取值范围是.故答案为：三．解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的证明过程或演算步骤．17.在中，已知．（1）求的大小；（2）若，求cosB和a的值．【答案】（1）或（2），【解析】【分析】（1）由可求，再由，用正弦定理算出，可得.（2），结合已知条件可求值，再用余弦定理求a的值.【小问1详解】△ABC中，因为，所以．由正弦定理得：，

所以．所以或．【小问2详解】，则，所以（舍去）．此时，，，，所以．即．由余弦定理得：，即，由，解得：.18.已知函数=4tanxsin（）cos（）.（Ⅰ）求f（x）的定义域与最小正周期；（Ⅱ）探讨f（x）在区间[]上的单调性.【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）在区间上单调递增,在区间上单调递减.【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式将函数化为基本三角函数：，再依据正弦函数的性质求定义域、最小正周期；（Ⅱ）依据（Ⅰ）的结论，探讨函数f（x）在区间[]上单调性.试题解析：（Ⅰ）的定义域为..所以,的最小正周期（Ⅱ）令函数的单调递增区间是由,得设，易知.所以,当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.【考点】三角函数性质，诱导公式、两角差余弦公式、二倍角公式【名师点睛】三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，擅长用已知角表示所求角，即留意角的变换.角的变换涉及诱导公式、同角三角函数基本关系式、两角和与差的正、余弦公式、二倍角公式、协助角公式等，选用恰当的公式，是解决三角问题的关键，明确角的范围，开方时正负取舍是解题正确的保证.对于三角函数来说，经常是先化为y＝Asin（ωx＋φ）＋k的形式，再利用三角函数的性质求解．三角恒等变换要坚持结构同化原则，即尽可能地化为同角函数、同名函数、同次函数等，其中切化弦也是同化思想的体现；降次是一种三角变换的常用技巧，要敏捷运用降次公式．19.已知数列与的前项和分别为，，且，．（1）求数列的通项公式；（2），若恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用与的关系求出和，证明是等差数列，即可求出数列的通项公式.（2）化简，利用裂项相消法求出，再利用数列的单调性即可求出的取值范围.【小问1详解】由题意，，在数列中，当时，，解得或．∵∴．∵∴．两式相减得．∴．∵，∴．即数列是以3为首项，3为公差的等差数列，∴即【小问2详解】由题意及（1）得，，在数列中，在数列中，∴．∴．∵恒成立，∴．∴的取值范围为20.已知四棱锥，底面是、边长为2的菱形，又，且，点分别是的中点．（1）证明：DN//平面PMB；（2）证明：平面PMB平面PAD；（3）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明过程见详解（2）证明过程见详解（3）【解析】分析】（1）作协助线，利用线面平行判定定理证明（2）作协助线证明平面，进而证明面面垂直（3）建立直角坐标系，求出两个平面的法向量，进而求出二面角的余弦值.【小问1详解】取中点，连接，因为点分别是的中点，所以且又因为底面是菱形，所以，所以所以四边形为平行四边形，则.因为平面，平面，所以平面【小问2详解】连接，因为底面是、边长为2的菱形，所以为等边三角形，所以因为，且平面，所以又因为，所以平面，又因为平面所以平面平面.【小问3详解】以为原点，分别为轴，过点作的平行线为轴建立空间直角坐标系.令，则，由（2）知平面的法向量为，设平面的法向量为，则，令，则所以由图可知二面角的为锐角，所以余弦值为.21.已知函数.（1）探讨的单调性；（2）用表示中的最大值，设函数，探讨零点的个数.【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在单调递增；(2)当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点.【解析】【分析】（1）对参数进行分类探讨，即可由导数的正负推断函数的单调性；（2）依据的定义，利用导数分区间探讨在上的零点分布状况.【详解】（1），故可得，当时，在上恒成立，故此时在上单调递增；当时，令，解得，故简单得在区间上单调递减，在单调递增.综上所述：当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在单调递增.（2）①当时，，，明显此时没有零点；②当时，，若，，故是的零点；若，，故不是的零点；③当时，，所以在上的零点个数，即为在上的零点个数.在上的零点个数，等价于在上实数根的个数.令，故可得，故简单得在区间单调递减，在单调递增.且.故当或时，在没有零点；当或，在有一个零点；当时，在有个零点.综上所述：当时，在上无零点；当或时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点.【点睛】本题考查利用导数探讨含参函数的单调性，以及求解函数零点的个数，属综合困难题.22.在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系．曲线的极坐标方程为．（1）求直线的一般方程与曲线的直角坐标方程：（2）设直线与曲线交于点,若点坐标为,求的值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）消去参数可得