2024-2025学年陕西省渭南市高三上册学情调研测试数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年陕西省渭南市高三上学期学情调研测试数学检测试卷考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上．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、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.设集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先求集合的补集解一元二次不等式再应用集合的交集计算即可.【详解】由题意可得．故选：B.2.若，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据复数的运算法则计算．【详解】因为，所以，所以．故选：C．3.设，则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据指数函数的单调性比较函数值的大小即可.【详解】因为函数单调递增，所以，故，又函数单调递减，所以，所以．故选：A.4.记无穷等差数列的公差为，前项和为．设甲：且；乙：有最小值，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件 B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【正确答案】A【分析】利用等差数列的性质以及充分条件与必要条件的判定方法进行判断．【详解】因为当时，数列存在前项小于，从第项开始不小于，此时有最小值，所以甲是乙的充分条件．又当时，的最小值为，所以甲不是乙的必要条件．综上，甲是乙的充分条件不必要条件.故选：A5.已知且，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】利用和角公式先把的分子、分母展开，再弦化切，代入已知条件即可.【详解】因为．故选：C6.已知向量满足，且与的夹角为，则（）A B. C. D.【正确答案】D【分析】根据条件计算出以及，结合夹角余弦公式求解出结果.【详解】因为，所以，因为，所以，故选：D．7.已知函数有且仅有一个零点，则实数的值为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由已知得，设，分，，时，两函数图象交点即可得结论.【详解】由得．令．当时，与的大致图象如图（1）所示，由于两个函数的图象都关于直线对称，此时如果有交点，交点的个数应为偶数，不可能只有一个；当时，方程无解；当时，与的大致图象如图（2）所示，要使两个函数图象只有一个交点，则有，即，则．故选：C.8.已知四面体ABCD的顶点均在半径为3的球面上，若，则四面体ABCD体积的最大值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】设为AB的中点，为CD的中点，为四面体ABCD外接球的球心，通过，同样利用进行放缩后可得最大值．【详解】如图，设为AB的中点，为CD的中点，为四面体ABCD外接球的球心，因为，所以，又，所以，当且仅当AB与CD垂直，且均与EF垂直时取等号．故选：B．二、多项选择题：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.已知为空间内的一条直线，为空间内两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【正确答案】BC【分析】根据线面及面面位置关系分别判断A,D,根据面面垂直判定定理及面面平行定义判断B,C.【详解】对于A，若，则可能或与相交，故A错误；对于B，根据面面垂直的判定定理可知B正确；对于C，根据面面平行的性质可知C正确；对于D，若，则可能，或与相交且成“任意”的角，故D错误．故选：BC.10.已知，则（）A. B. C. D.【正确答案】BCD【分析】利用基本不等式逐项求解判断即可.【详解】对于A，，即，当且仅当时等号成立，所以，故A错误；对于B，由，得，即，则，当且仅当时等号成立，故B正确；对于C，，当且仅当时等号成立，故C正确；对于D，，又，所以，当且仅当时等号成立，故D正确．故选：BCD.11.已知函数的定义域为，若，则（）A. B.是偶函数 C.以4为周期 D.【正确答案】ABD【分析】令，可判断A；令，可判断B；由A知，分析可得，即可判断C；分析易得，进而结合周期求解即可判断D.【详解】由题意，，对于A，令，得，则，令，得，则，所以，故A正确；对于B，令，得，得，所以是偶函数，故B正确；对于C，由A知，，则，所以，则，所以函数以6为周期，故C错误；对于D，，，则，又，所以，故D正确．故选：ABD.方法点睛：对于抽象函数问题，常常是进行适当赋值，再结合函数的奇偶性、单调性等知识进行解决问题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知是奇函数，则的值为______．【正确答案】4【分析】根据函数为奇函数，由恒成立，求参数的值.【详解】因为函数是奇函数，所以恒成立，即，所以.故413.已知函数，若，且在区间上恰有两个极值点，则______．【正确答案】【分析】先根据条件确定函数周期，进而确定的值，再求对应的函数值.【详解】因为，又因为在区间上恰有两个极值点，且，所以的最小正周期，即，所以．故14.对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中，称为数列的阶差分数列，其中．已知数列bn满足，且为bn的二阶差分数列，则数列bn的前项和______．【正确答案】【分析】根据题意得到，变形得到是首项为，公差为的等差数列，从而求出，利用错位相减法求和，得到答案.【详解】因为为bn的二阶差分数列，即，由，故，可知，即，得，所以，又，故数列是首项为，公差为的等差数列，因此，，所以①，得②，得，故．故四、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.已知函数的图象在点处的切线与直线平行．（1）求；（2）求在区间上的最大值．（参考数据：）【正确答案】（1）（2）【分析】（1）先求导函数再根据点处的切线与直线平行得出求参；（2）先根据导函数正负得出函数单调性，进而比较端点函数值即可求出最大值.小问1详解】由题意得．由点处的切线与直线平行知，即，所以．【小问2详解】由（1）知．当时，在单调递减，当时，在单调递增．所以在区间上的最大值为和中的较大者．因为，所以，即，故在区间上的最大值为．16.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求；（2）如图，为内一点，且，证明：．【正确答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）根据正弦定理边角互化，并结合余弦定理即可求得答案；（2）设,在中应用余弦定理得或，再结合（1）及大角对大边即可得，进而证明.【小问1详解】解：，∴由正弦定理得，整理得．∴由余弦定理得，又．【小问2详解】设．在中，由余弦定理可得，，整理得，即：，解得：或，由题易知舍去，下证即可得证明.在中，，即．∴结合（1）有，故，即．证毕.17.如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，平面平面，．（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，从再由线面垂直的定义可得结论；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得直线的方向向量及平面法向量，即可得所求.【小问1详解】平面平面，平面平面，平面，平面，又平面．【小问2详解】如图，过作交于点，作于点．由（1）得平面平面，两两垂直，故以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，由条件可得，，．设平面的法向量为，则，令，则，，所以为平面的一个法向量．设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．18.已知是首项为的等差数列，其前项和为，，为等比数列，，．（1）求和的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）记，若对任意恒成立，求实数的取值范围．【正确答案】（1），（2）（3）【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意求出、的值，根据等差数列和等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式；（2）求得，然后对分偶数和奇数两种情况讨论，结合等差数列的求和公式可求得的表达式；（3）求出数列的通项公式，分析数列的单调性，可求出数列最大项的值，即可得出实数的取值范围.【小问1详解】设等差数列的公差为，因为，，解得，所以，.设的公比为，因为，，解得，所以，.【小问2详解】因，当为偶数时，．当为奇数时，．所以，.【小问3详解】因为，．令，则，当时，，即，当时，，即，所以，数列的最大项为，因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为．19.帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发现的一种用有理函数逼近任意函数的方法．帕德逼近有“阶”的概念，如果分子是次多项式，分母是次多项式，那么得到的就是阶的帕德逼近，记作．一般地，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足，．注：．已知函数在处的阶帕德逼近为．（1）求的解析式；（2）当时，比较与大小；（3）证明：当时，．【正确答案】（1）（2）答案见解析（3）证明见解析【分析】（1）根据题意知，然后由可求出，，，从而可求出；（2）根据题意设，确定函数的单调性，根据函数单调性比较函数值大小，从而可得当时，与的大小；（3）给不等式两边取对数后，转化为证，令，然后利用导数求出其最小值，再次转化为证，然后利用（2）的结论证明即可．【小问1详解】由题意知，，即解得所以．【小问2详解】设，则．记，则．当时，单调递增；当时，单调递减．所以当时，，所以，仅当时，，故在上单调递减．又因为，所以当时，，当时，，当时，．即当时，，当时，，当时，．【小问3详解】证明：要证当时，，需证