江苏省镇江市2024-2025学年高三上学期期中模拟数学测试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 江苏省镇江市2024-2025学年高三上学期期中模拟数学测试卷（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 952.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-07 14:46:47 | ||
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文档简介
期中复习（4）
姓名：___________ 班级：___________
一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知为虚数单位，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知在△ABC中， ，分别为，的中点， ， ，则可以用含，的式子表示为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
5．数列是公差不为零的等差数列，它的前项和为，若且成等比数列，则（ ）
A． B． C． D．2
6．函数的部分图象大致为（ ）
A． B． C． D．
7．下列三个关于函数的命题：
①只需将函数的图象向右平移个单位即可得到的图象；②函数的图象关于对称；
③函数在上单调递增．其中，真命题的序号是（ ）
A．① B．② C．③ D．以上皆不对
8．若函数在区间上存在零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在△ABC中，下列结论中，正确的是（ ）
A．若，则△ABC是等腰三角形 B．若，则
C．若，则△ABC为锐角三角形
D．若，且结合BC的长解三角形，有两解，则BC长的取值范围是
10．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．是曲线的一条对称轴 D．在区间上单调递增
11．已知函数，则（ ）
A．只有1个零点 B．在单调递增
C．曲线在点处切线的斜率为 D．是偶函数
三、填空题
12．已知是定义在R上的奇函数，为偶函数.当时，，则 .
13．已知数列的前n项和为，且满足，则该数列的通项公式为 ．
14．棱长为1的正方体中，若点为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是 .
①平面平面；②四面体的体积是定值；③可能是钝角三角形
④直线与AB所成的角可能为
四、解答题
15．在△ABC中，角的对边分别为，，，已知.
(1)求角；
(2)若是△ABC边上的一点， 且满足，，求的最大值．
16.在图1中，已知圆心角为的扇形AOB的半径为1，C是AB弧上一定点，，P是AB弧上一动点，作矩形MNPQ，如图2所示．
(1)求AB弧的长及扇形AOB的面积；
(2)若，求、和；
(3)在图2中，求矩形MNPQ面积的最大值？这时等于多少度？
17．如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点．
(1)证明：；
(2)当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)当二面角的余弦值为时，求．
18．记是公差不为的等差数列的前项和，已知，，数列满足，且.
(1)求的通项公式； (2)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(3)求证：对于任意正整数，
19．已知函数，.
(1)当时，求曲线在处切线的方程；
(2)当时，试判断在上零点的个数，并说明理由；
(3)当时，恒成立，求的取值范围.
参考答案：
1．D【详解】因为，
，所以.
2．B【详解】，则.
3．B【详解】由题意得，，，故，故.
4．A【详解】，，，
，，，，，
当且仅当，即，时等号成立.
5．B【详解】设等差数列的公差，因为，即，又因为成等比数列，则，
即，整理可得，所以.
6．A【详解】由定义域为，故可排除C；又，
故为奇函数，故可排除D；由，故可排除B；
7．C【详解】对于①，，
的图象向右平移个单位得到，①错误；
对于②，，故图象不关于对称，②错误；
对于③，时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，③正确．
8．C【详解】由在区间上恒为正可得，函数在区间上为增函数，
依题意，函数在区间上存在零点，则由零点存在定理可得，
且，解得.
9．AB【详解】对于A，因为，且，且，所以，所以是等腰三角形，所以选项A正确；对于B，由，则，可得，所以选项B正确；
对于C，由，以及余弦定理可得，
又，所以，但不知角的值，不一定为锐角三角形，所以C错误；
对于D，由，若三角形有两解，则，
所以长的取值范围是，所以D错误.
10．AD【详解】对于A，因为，所以由图象知，，所以，A选项正确；
由图象知，又因为，所以即，
因为，所以，B错误；对于C，当时，，
则不是的对称轴，故C错误；对于D，的单调增区间满足：，，即单调增区间为，，
当时，增区间为，所以在区间上单调递增，故D正确.
11．ABC【详解】易知的定义域为，又，
令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，又，
所以时，，时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以选项B正确，
对于选项A，因，所以只有1个零点，故选项A正确，对于选项C，因为，所以曲线在点处切线的斜率为，故选项C正确，对于选项D，因为函数定义域为，不关于原点对称，所以是非奇非偶函数，故选项D错误，
12．【详解】由题意可知，
所以，
所以的一个正周期为8，即.
13．【详解】当时，，当时，有，
当时，不满足上式，所以.
14．①②③【详解】在正方体中，为线段上的动点（不含端点），
对于①：因为平面，即平面，
且平面，所以平面平面，故①正确；
对于②：连接，
因为且，即为平行四边形，则，
即，平面，平面，可得平面，
可知四面体的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，
所以四面体的体积是定值，故②正确；
对于③：因为正方体的棱长为1，所以，
若是上靠近的一个四等分点，则，所以，
此时，
因为，此时为钝角，是钝角三角形，故③正确；
对于④：过点作，交于，正方体中平面，则平面，
平面，，直线与所成的角为，
设，则，有，，
中，，而，故④错误.
15．【详解】（1）因为，即，
由正弦定理可得，
且，
即，可得，
且，则，可得，
又因为，所以.
（2）因为，即，
可得，即，
可知平分，则，
因为，即，整理可得，
又因为，则，
当且仅当，即，时取等号，可得，所以的最大值为.
16.【详解】（1）解：AB弧的长为，根据扇形的面积公式可得.
（2）因为，，所以,
，因为，所以，，
.
（3）设，则，，
所以，所以矩形的面积
，
，所以当时，取得最大值，
所以，矩形面积的最大值为.
17．【详解】（1）证明：因为，所以，所以，
又，且平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）因为，所以，则．
由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，
当点为棱的中点时，．
设平面的一个法向量，
则即令，解得，故，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
（3）由（2）可知，
设，则，
设平面的一个法向量，
则即令，解得，
故，
设平面的一个法向量为，
由得令，解得，故，
所以，
即，整理，得，解得或（舍去）．
故．
18．【详解】（1）设等差数列的公差为，由，，
则 ，解得，所以；
（2）由，得，则，，，
所以以为首项，为公比的等比数列，故，则.
（3）当时，，
.
19．【详解】（1）当时，，则，
所以曲线在处切线的斜率.
又因为，所以曲线在处切线的方程为.
（2），令，则，
当时，，则在上单调递增.
因为，，
所以存在唯一的，使得.
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
又，所以，又，
所以当时，在上有且只有一个零点.
（3）①当时，，与当时，矛盾，不满足题意.
②当时，，，
令，则，.
记函数，，则，
当时，，所以在单调递增；
当时，，所以在单调递减，
所以，所以.
又因为在上单调递增，
所以，所以在上单调递增.
（i）若，
则，所以在上单调递增，
则，符合题意；
（ii）若，可得，则.
因为，且在上单调递增，
所以存在唯一的，使得.
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
其中，且.
所以
，
因为，所以.
又因为，所以，
所以，满足题意.
结合①②可知，当时，满足题意.
综上，的取值范围为.
姓名：___________ 班级：___________
一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知为虚数单位，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知在△ABC中， ，分别为，的中点， ， ，则可以用含，的式子表示为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
5．数列是公差不为零的等差数列，它的前项和为，若且成等比数列，则（ ）
A． B． C． D．2
6．函数的部分图象大致为（ ）
A． B． C． D．
7．下列三个关于函数的命题：
①只需将函数的图象向右平移个单位即可得到的图象；②函数的图象关于对称；
③函数在上单调递增．其中，真命题的序号是（ ）
A．① B．② C．③ D．以上皆不对
8．若函数在区间上存在零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．在△ABC中，下列结论中，正确的是（ ）
A．若，则△ABC是等腰三角形 B．若，则
C．若，则△ABC为锐角三角形
D．若，且结合BC的长解三角形，有两解，则BC长的取值范围是
10．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．是曲线的一条对称轴 D．在区间上单调递增
11．已知函数，则（ ）
A．只有1个零点 B．在单调递增
C．曲线在点处切线的斜率为 D．是偶函数
三、填空题
12．已知是定义在R上的奇函数，为偶函数.当时，，则 .
13．已知数列的前n项和为，且满足，则该数列的通项公式为 ．
14．棱长为1的正方体中，若点为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是 .
①平面平面；②四面体的体积是定值；③可能是钝角三角形
④直线与AB所成的角可能为
四、解答题
15．在△ABC中，角的对边分别为，，，已知.
(1)求角；
(2)若是△ABC边上的一点， 且满足，，求的最大值．
16.在图1中，已知圆心角为的扇形AOB的半径为1，C是AB弧上一定点，，P是AB弧上一动点，作矩形MNPQ，如图2所示．
(1)求AB弧的长及扇形AOB的面积；
(2)若，求、和；
(3)在图2中，求矩形MNPQ面积的最大值？这时等于多少度？
17．如图，在四棱锥中，，，点为棱上一点．
(1)证明：；
(2)当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)当二面角的余弦值为时，求．
18．记是公差不为的等差数列的前项和，已知，，数列满足，且.
(1)求的通项公式； (2)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(3)求证：对于任意正整数，
19．已知函数，.
(1)当时，求曲线在处切线的方程；
(2)当时，试判断在上零点的个数，并说明理由；
(3)当时，恒成立，求的取值范围.
参考答案：
1．D【详解】因为，
，所以.
2．B【详解】，则.
3．B【详解】由题意得，，，故，故.
4．A【详解】，，，
，，，，，
当且仅当，即，时等号成立.
5．B【详解】设等差数列的公差，因为，即，又因为成等比数列，则，
即，整理可得，所以.
6．A【详解】由定义域为，故可排除C；又，
故为奇函数，故可排除D；由，故可排除B；
7．C【详解】对于①，，
的图象向右平移个单位得到，①错误；
对于②，，故图象不关于对称，②错误；
对于③，时，，由于在上单调递增，
故在上单调递增，③正确．
8．C【详解】由在区间上恒为正可得，函数在区间上为增函数，
依题意，函数在区间上存在零点，则由零点存在定理可得，
且，解得.
9．AB【详解】对于A，因为，且，且，所以，所以是等腰三角形，所以选项A正确；对于B，由，则，可得，所以选项B正确；
对于C，由，以及余弦定理可得，
又，所以，但不知角的值，不一定为锐角三角形，所以C错误；
对于D，由，若三角形有两解，则，
所以长的取值范围是，所以D错误.
10．AD【详解】对于A，因为，所以由图象知，，所以，A选项正确；
由图象知，又因为，所以即，
因为，所以，B错误；对于C，当时，，
则不是的对称轴，故C错误；对于D，的单调增区间满足：，，即单调增区间为，，
当时，增区间为，所以在区间上单调递增，故D正确.
11．ABC【详解】易知的定义域为，又，
令，则在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增，又，
所以时，，时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以选项B正确，
对于选项A，因，所以只有1个零点，故选项A正确，对于选项C，因为，所以曲线在点处切线的斜率为，故选项C正确，对于选项D，因为函数定义域为，不关于原点对称，所以是非奇非偶函数，故选项D错误，
12．【详解】由题意可知，
所以，
所以的一个正周期为8，即.
13．【详解】当时，，当时，有，
当时，不满足上式，所以.
14．①②③【详解】在正方体中，为线段上的动点（不含端点），
对于①：因为平面，即平面，
且平面，所以平面平面，故①正确；
对于②：连接，
因为且，即为平行四边形，则，
即，平面，平面，可得平面，
可知四面体的底面是确定的，高也是定值，其体积为定值，
所以四面体的体积是定值，故②正确；
对于③：因为正方体的棱长为1，所以，
若是上靠近的一个四等分点，则，所以，
此时，
因为，此时为钝角，是钝角三角形，故③正确；
对于④：过点作，交于，正方体中平面，则平面，
平面，，直线与所成的角为，
设，则，有，，
中，，而，故④错误.
15．【详解】（1）因为，即，
由正弦定理可得，
且，
即，可得，
且，则，可得，
又因为，所以.
（2）因为，即，
可得，即，
可知平分，则，
因为，即，整理可得，
又因为，则，
当且仅当，即，时取等号，可得，所以的最大值为.
16.【详解】（1）解：AB弧的长为，根据扇形的面积公式可得.
（2）因为，，所以,
，因为，所以，，
.
（3）设，则，，
所以，所以矩形的面积
，
，所以当时，取得最大值，
所以，矩形面积的最大值为.
17．【详解】（1）证明：因为，所以，所以，
又，且平面，所以平面，
又平面，所以．
（2）因为，所以，则．
由（1）可知两两垂直，以为原点，以所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，
当点为棱的中点时，．
设平面的一个法向量，
则即令，解得，故，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
（3）由（2）可知，
设，则，
设平面的一个法向量，
则即令，解得，
故，
设平面的一个法向量为，
由得令，解得，故，
所以，
即，整理，得，解得或（舍去）．
故．
18．【详解】（1）设等差数列的公差为，由，，
则 ，解得，所以；
（2）由，得，则，，，
所以以为首项，为公比的等比数列，故，则.
（3）当时，，
.
19．【详解】（1）当时，，则，
所以曲线在处切线的斜率.
又因为，所以曲线在处切线的方程为.
（2），令，则，
当时，，则在上单调递增.
因为，，
所以存在唯一的，使得.
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
又，所以，又，
所以当时，在上有且只有一个零点.
（3）①当时，，与当时，矛盾，不满足题意.
②当时，，，
令，则，.
记函数，，则，
当时，，所以在单调递增；
当时，，所以在单调递减，
所以，所以.
又因为在上单调递增，
所以，所以在上单调递增.
（i）若，
则，所以在上单调递增，
则，符合题意；
（ii）若，可得，则.
因为，且在上单调递增，
所以存在唯一的，使得.
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
其中，且.
所以
，
因为，所以.
又因为，所以，
所以，满足题意.
结合①②可知，当时，满足题意.
综上，的取值范围为.