湖南省衡阳市衡阳县第一中学2025届高三上学期开学考试 数学试卷（含解析）

这是一份湖南省衡阳市衡阳县第一中学2025届高三上学期开学考试 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知非空集合，且，则实数m的取值范围是（ ）
A．B． C． D．
2．已知函数，则“有两个极值”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
3．已知定义在上的偶函数满足，若，则（ ）
A．B．1C．D．2
4．已知向量，满足，，，则（ ）
A．B．C．5D．4
5．在中，内角所对的边分别为，且，，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
6．已知各项均为正数的数列的前项和为，则（ ）
A．511B．93C．72D．41
7．已知双曲线，直线与双曲线交于，两点，直线与双曲线交于，两点，若，则双曲线的离心率等于（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，，若方程的所有实根之和为4，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知数列满足，，记数列的前项积为，前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
10．函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．B．函数在区间上单调递增
C．D．函数的图象关于直线对称
11．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．直线与直线为异面直线
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．二面角的平面角余弦值为
D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．如图，在正方体中，点M为棱的中点，记过点与AM垂直的平面为，平面将正方体分成两部分，体积较大的记为V大，另一部分的体积为，则 .
13．设函数，若，且，则的最小值为 .
14．已知直线与椭圆交于两点，弦的中点为，则直线的方程为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．数列满足，，.
(1)的通项公式；
(2)，求数列的前项和.
16．已知.
(1)求在上的单调递增区间；
(2)已知锐角在的内角A，B，C的对边长分别是a，b，c，若，，求在的面积的最大值.
17．如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若，求二面角 的余弦值.
18．已知椭圆（其中）的离心率为，左、右焦点分别为，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点作斜率为的直线与椭圆C交于不同的两点，过原点作的垂线，垂足为D．若点D恰好是与A的中点，求的值．
19．（1）证明：当时，；
（2）已知函数.求证：当时，.
参考答案
1．【答案】C
【分析】
利用非空集合，，，且满足，建立不等式，即可求出m的取值范围．
【详解】
，
因为非空集合，
所以，所以，
所以m的取值范围为．
故选C．
2．【答案】A
【分析】由题意可知有两个不等的实数解，转化为方程有两个实根，再次转化为的图象与有两个不同的交点，然后利用导数的单调区间，画出的图象，结合图象求解即可.
【详解】的定义域为，则，
因为有两个极值，所以有两个不等的实数解，
由，得，
令，，
则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，，
所以当时，，当时，，
所以的图象如图所示，

由图可知当时，的图象与的图象有两个不同的交点，即有两个极值，
因为是的真子集，
所以“有两个极值”的一个必要不充分条件是，
故选A.
【关键点拨】此题考查函数的极值，考查导数的应用，解题的关键是将问题转化为两函数图象有两个交点，考查数形结合的思想.
3．【答案】C
【分析】根据抽象函数的奇偶性与周期性计算即可.
【详解】因为，所以是函数的一个周期，
所以，
又是偶函数且，所以.
故选C.
4．【答案】C
【分析】根据题意，求模先求平方，再开方即可得到答案.
【详解】因为，，，所以，所以.
故选C.
5．【答案】B
【分析】利用余弦定理得到，由正弦定理得到.
【详解】因为，
所以，所以.
故选B.
6．【答案】B
【分析】由已知递推关系求出数列的前10项，即可求解．
【详解】，
，
，
，
则.
故选B．
7．【答案】C
【分析】双曲线方程分别与直线，直线联立求出，利用可得答案.
【详解】由，得，或，所以，
由，得，或，所以，
因为，所以，
整理得，得，所以.
故选C.
8．【答案】C
【分析】结合图象按，，分类讨论，利用函数图象的交点个数去判断方程根的个数，进而求得实数的取值范围.
【详解】令，的对称轴为，
则实根的个数即为函数与函数图象交点个数，
如下图，
当时，
函数与函数的图象有1个交点，且交点横坐标大于1，
即，函数与函数有2个交点，
且2个交点关于对称，
则方程有两根，且两根和为2，不符合题意；
当时，函数与函数的图象有2个交点，，
当时，可得，或，
当时，，可得，，，
即函数与函数的图象有5个交点，
则方程有5个根，且5个根的和为5，不符合题意；
当时，函数与函数的图象有2个交点，
即函数与函数的图象有2个交点，分别为，
即，或，，
当时，函数与函数无交点，不符合题意；
当时，函数与函数有4个交点，且关于对称，
所以4个交点横坐标之和为4，
则方程有4个根，且4个根之和为4，符合题意.
综上，实数的取值范围是.
故选C.

【方法总结】函数零点个数判断方法：
(1)直接法：直接求出的解；
(2)图象法：作出函数的图象，观察与轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
9．【答案】AD
【分析】由已知计算数列的前几项得出数列的周期性，利用周期性求解判断．
【详解】已知数列满足，则，所以数列是以3为一个周期的周期数列．
对于A：，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：任意相邻三项均在一个周期内，则，故C错误；
对于D：，所以，
故D正确．
故选AD．
10．【答案】BC
【分析】利用函数的部分图象得到函数解析式，再结合正弦函数的性质，即可逐项判断出结果.
【详解】由图象可知，，解得，
所以，
将点代入中，得，解得，
又，所以，所以，故A错误；
所以函数的解析式为.
由，得，令，则在上单调递增，所以函数在区间上单调递增，故B正确；
，故C正确；
，所以函数的图象不关于直线对称，故D错误.
故选BC.
11．【答案】BCD
【分析】证明，说明四点共面，即可得A；找到直线与平面所成角，解直角三角形可得其正弦值，即可得B；作出二面角的平面角，计算其余弦值，即可得C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积即可得D.
【详解】对于A，连接，则为矩形，则，
而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故，
则四点共面，故直线，不是异面直线，故A错误；
对于B，由于平面，故即为直线与平面所成角，
而，则，
故，故B正确；
对于C，连接交于点O，连接，
平面平面，故，
又平面，故平面，
即为二面角的平面角，
又，
故，故C正确；
对于D，连接，则，
则梯形即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，
而，
故等腰梯形的高为，
故等腰梯形的面积为，
即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【分析】做辅助线，根据垂直关系可证平面，可知平面即为平面，进而结合三棱台的体积公式分析求解.
【详解】分别取的中点，连接，则，
且，，可知为平行四边形，则，
可得，即四点共面，
因为平面，平面，则，
易知，所以，
因为，所以，可得，
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
连接，
因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
且，平面，
可得平面，可知平面即为平面，
设正方体的棱长为2，
则正方体的体积为，三棱台的体积为，
可知，，所以.
【关键点拨】解题关键在于利用垂直关系分析可知平面即为平面，进而分析体积.
13．【答案】
【分析】由结合对数的运算性质可得，则，化简后利用基本不等式可求得结果.
【详解】由题意可知，的定义域为，
令，解得；令，解得；
则当时，，故，所以；
当时，，故，所以；
故，即.
当时，则，
当且仅当，时，等号成立，
所以的最小值为.
14．【答案】
【分析】点差法求出直线的斜率，点斜式得直线方程.
【详解】设点，点为弦的中点，有，
将两点代入椭圆方程，得，
两式作差，得，整理得，
得直线的斜率为，直线的方程为，即.
经检验符合题意.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用配凑法证得数列是以3为首项，3为公比的等比数列，进而求得的通项公式；
（2）利用错位相减法求得数列的前项和.
【详解】（1）数列满足，
整理得 ，又，
即 (常数)，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.
故，
整理得.
（2）因为，所以，
所以①，
②，
① - ②得，
所以.
16．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，利用整体法得到函数的单调递增区间；
（2）由得，由余弦定理得到，得到面积的最大值.
【详解】（1）由题意得，
又（），得（），
令，得，令，得，
所以在上的单调递增区间是.
（2）因为，
所以（），得，
又因为C是锐角，所以.
由余弦定理，得，
所以，当且仅当时，等号成立.
所以，
所以在的面积的最大值为.
17．【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）取的中点，由中位线定理可得，，证明四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，即可得出答案；
（2）由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得答案；
（3）取的中点，连接，找到二面角的平面角为，再计算余弦值，即可得出答案．
【详解】（1）证明：取的中点，
因为为棱的中点，
所以，，
又，，为的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）证明：因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
（3）取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又，所以，
又直三棱柱的几何特征可得平面，又平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，，
在中，，
所以，
所以二面角的余弦值为．
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得的值，由离心率可得的值，进而可求出的值，可得椭圆方程；
（2）联立，由题意可得为中位线，进而可得，在直角三角形中，可得为上顶点或下顶点，可得直线的斜率.
【详解】（1）由题意可得，又，可得，
所以，
所以椭圆C的方程为：.
（2）连接，由O为的中点，而D为的中点，所以OD为中位线，即，
即，设，可得，
在中，，所以，
整理可得，可得，
所以可得A为上顶点或下顶点，
所以直线AB斜率为或，即或．
所以k的值为．
19．【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
【分析】（1）令，求导，利用导数判断的单调性，进而可得，即可证明结果；
（2）因为，即，故分别构造函数和，利用导数求它们的最值，即可证明.
【详解】（1）要证，需证明，
令，则，
令，则对任意恒成立，
可知在内单调递增，则，
即对任意恒成立，
可知在内单调递增，则，
所以；
（2）要证，
只需证明，
只需证明，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，所以；
再令，则，
当时，，当时，，
知在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，
因为与不同时为0，所以，
故原不等式成立．