《江苏省泰州市泰兴市2024-2025学年高三上学期11月期中考试 数学 含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省泰州市泰兴市2024-2025学年高三上学期11月期中考试 数学 含解析（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024-2025学年度第一学期期中调研测试高三数学试题（考试时间：120分钟；总分：150分）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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】解不等式得到，利用交集概念求出交集.【详解】，故，解得，故，又，故.故选：B2. 已知复数的共轭复数是，则复数在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】先得到，利用复数除法法则得到，得到对应的坐标，求出所在象限.【详解】的共轭复数是，故，所以，故复数在复平面内对应
2、的点坐标为，在第一象限.故选：A3. 已知向量，若，是共线向量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据向量平行得到方程，求出，利用余弦二倍角公式得到答案.【详解】由题意得，故，故.故选：B4. 尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为黄海是我国东部中强地震多发区之一，2013年4月21日，黄海海域发生里氏5.0级地震，2015年8月6日黄海海域发生里氏4.0级地震，前一次地震所释放出来的能量约是后一次的（ ）倍（精确到1）（参考数据：，）A. 29B. 30C. 31D.
3、32【答案】D【解析】【分析】由题意得到方程组，相减后得到，结合给出的参考数据，得到.详解】由题意得，两式相减得，而，故，故选：D5. 在1和15之间插入个数，使得这个数成等差数列若这个数中第1个为，第个为，则的最小值是（ ）A. B. 2C. D. 3【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质，结合不等式的“乘1法”即可求解.【详解】由等差数列的性质可得，则，当且仅当即时取等号.故选：C.6. 已知函数（且）在上为单调函数，则函数值的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可知在两段上均为增函数，且在1,+上的最小值大于或等于f1求出的范围可得答案【详解】因
4、为的对称轴为，开口向上的抛物线，所以当时，单调递增，当时，又因为在R上为单调函数，所以，解得，所以，可得.故选：D.7. 在中国古代数学著作九章算术中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体在直角中，为斜边上的高，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求出各个边长，翻折后，使得，由勾股定理得，此时，由勾股定理逆定理得，故满足四面体为一个鳖臑，取中点，连接，得到，故点即为该鳖臑外接球的球心，半径为，从而求出外接球表面积.【详解】因为直角中，为斜边上的高，所以，如图，翻折后，使得，由勾股定理得，此时，由勾股定理逆定理得，
5、结合，故满足四面体为一个鳖臑，取中点，连接，因为，故，故点即为该鳖臑外接球的球心，半径为，故该鳖臑外接球的表面积为为.故选：C8. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】变形得到，令，则，根据的单调性得到，分和两种情况，参变分离得到，构造，求导得到其单调性，求出最小值为，得到.【详解】，令，则，因为在R上单调递增，所以，当时，可由向右平移得到，结合与的图象可知，恒成立，当时，由得到，其中，令，则，当时，当时，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，最小值为，故，综上，.故选：B【点睛】关键点点睛：同构构造，从而令，得到
6、，根据的单调性得到，再进行下一步求解.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，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. 设是两个平面，是两条直线，下列命题正确的是（ ）A. 如果，那么B. 如果，那么C. 如果，那么D. 如果，那么【答案】AB【解析】【分析】由线面垂直的定义可知选项A正确；由面面平行的性质可知选项B正确；由线面垂直的性质定理可知选项C错误；由面面平行的判定定理可知选项D错误.【详解】A. 如果，那么直线与平面内的任意一条直线都垂直，由于，故，选项A正确.B. 如果，那么平面内的任意一条直线都与平面平行，由于
7、，故，选项B正确.C.平面与平面垂直的性质定理：两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直.如图，选项条件中直线不一定是平面与平面的交线，故不能推出.选项C错误.D.平面与平面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.如图，选项条件中两直线可能平行，不能得到.选项D错误.故选：AB.10. 已知函数与及其导函数与的定义域均为，是偶函数，的图象关于点对称，则（ ）A. B. 是奇函数C. 是偶函数D. 【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据对称性得到，故；B选项，两边求导得到，B正确；C选项，两边求导得，C
8、错误；D选项，在C选项基础上，得到D正确.【详解】A选项，关于点对称，故，令得，A正确；B选项，是偶函数，故，两边求导得，又函数与导函数的定义域均为，故为奇函数，B正确；C选项，两边求导得，即，故关于直线对称，无法得到为偶函数，C错误；D选项，由C选项知，故，D正确.故选：ABD11. 在中，角的对边分别为，为的外心，则（ ）A. 若有两个解，则B. 的取值范围为C. 的最大值为9D. 若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心求解；对于D，由正弦定理
9、知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，再求解即可.【详解】对于A，由正弦定理，得，有两解的情形为，且，则，故A正确；对于B，由正弦定理，得外接圆半径，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，于是，故B正确；对于C，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时，设为的中点，则，在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误； 法二：转化到圆心：，故C错误；对于D，如下图，由正弦定理知A点在以为圆心半径为优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为，所以A点的轨迹长度为，故D正确 故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 在中，已知，
10、则的面积是_【答案】【解析】【分析】先利用余弦定理求得的值，再由同角三角函数的平方关系得的值，然后根据，得解【详解】解：由余弦定理知，的面积故答案为：13. 记为等比数列的前项的和，若，则_【答案】【解析】【分析】根据题意结合等比数列的求和公式运算求解，注意讨论公比是否为1.【详解】设等比数列的公比为，若，则，这与已知，是矛盾的，所以，从而，将上面两个等式的两边分别相除，得，解得，由此可得，因此故答案为：.14. 已知，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】利用平面向量数量积的几何意义求出答案.【详解】设在第四象限，表示在方向上的投影数量，当与反向时取到最小值，当位于轴正半轴上时，投影数量为
11、，所以，故答案为：.四、解答题：本题共5分题，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，（1）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；（2）若对任意，存在，使得，求的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）变形为，结合开口方向和根的判别式得到不等式，求出答案；（2）在上的值域包含在上的值域，其中，分和，得到在上的值域，根据包含关系得到不等式，得到答案.【小问1详解】，需满足，解得，故的取值范围为.【小问2详解】对任意，存在，使得，故在上的值域包含在上的值域，其中时，的对称轴为，若，则在上单调递增，故，但不会是1,2的子集，舍去；当时，则在上单调递减，故，是1,2
12、的子集，则，解得，综上，的取值范围是.16. 在四棱锥中，底面是菱形，底面，点在棱上，且（1）证明：平面；（2）求二面角的大小【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）可得为中位线，从而，根据线面平行的判断定理可得平面；（2）根据空间垂直关系的转化可得，利用解三角形可求二面角的大小。【小问1详解】连接，在菱形中，故，而底面，平面，故，而，故，同理，.因，而，故，而，故，而平面，平面，故平面.【小问2详解】由（1）中可得且.由菱形可得，而底面，平面，故，而，平面，故平面，而平面，故，故为二面角的平面角，由（1）可得，而，为等腰三角形，故，而为三角形内角，故即二面角的平面角为.17.
13、设函数从下列三个条件中选择两个作为已知，使函数存在条件：函数的图象经过点；条件：在区间上单调递增；条件：是的一个对称中心（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）若，求的值【答案】（1）最小正周期为；单调递减区间为 （2）【解析】【分析】（1）利用辅助角公式得到，若选，求出，若选，求出，故不能同时选，若选，得到，故只有和满足要求，并得到，求出最小正周期为；整体法得到函数单调递减区间；（2）代入求出，并结合得到，利用求出答案.【小问1详解】，若选：函数的图象经过点，则，故，又，解得，若选，是的一个对称中心，则，故，又，解得，显然条件和不会同时成立，若选：因为在区间上单调递增，设的最小正周期为，则
14、，故，又，故，因为，所以不成立，当选和时，且，故当时，满足要求，的最小正周期为；令，解得，故单调递减区间为；【小问2详解】，故，因为，所以，故，.18. 已知数列为等差数列，公差，前项和为，为和的等比中项，.（1）求数列的通项公式；（2）是否存在正整数，使得，成等差数列？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由；（3）求证：数列.【答案】（1）； （2）存在，理由见解析 （3）证明过程见解析【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质得到方程，求出，求出通项公式；（2）假设存在，得到，根据整除性可得存在正整数，使得，成等差数列；（3）由等差数列求和公式得到，放缩得到，裂项求和即可证明.【小问1详解】由题意得，即，整理得，因为，所以，
