安徽省黄山市屯溪第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省黄山市屯溪第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中数学试题（Word版附解析），文件包含安徽省黄山市屯溪第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中数学试题Word版含解析docx、安徽省黄山市屯溪第一中学2024-2025学年高三上学期11月期中数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
命题人：罗颖 汪强 审题人：吴晗
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、单选题（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. 若全集，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用补集、并集的定义直接求解即可.
【详解】由，得，而，
所以.
故选：C
2. 已知命题，则是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用全称命题的否定，否定结论，全称量词换成存在量词即可解题.
【详解】全称命题的否定，否定结论，全称量词换成存在量词.
则p:∀x1，则是.
故选：A.
3. 设各项均为正数的等比数列满足，则等于（ ）
A. B. C. 11D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】等比数列中若，，则.我们先根据此条性质和已知条件求出的值,最后运用对数性质计算即可.
【详解】在等比数列中，，得.
根据等比数列性质，.
所以
，.
故选：C.
4. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两角和差的余弦展开式求出，再由同角的三角函数关系求解即可；
【详解】因为，
所以，
所以．
故选：D.
5. 已知函数与其导函数的图象的一部分如图所示，则关于函数的单调性说法正确的是（ ）
A. 在单调递减B. 在单调递减
C. 在单调递减D. 在单调递减
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象判断出过点的为的图象，过点的为导函数的图象，求导得到，在上单调递减，在上单调递增，得到答案.
【详解】从图象可以看出过点的为的图象，过点的为导函数的图象，
，
当时，，故，在上单调递减，
当时，，故，在上单调递增，
ACD错误，B正确，
故选：B
6. 若对任意实数b，关于x的方程有两个实根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D. 且
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程有两个根，利用判别式可转化为关于实数的不等式恒成立，即可求解.
【详解】关于x的方程有两个实根，即方程有两个实根，
所以 ，即对任意实数恒成立，
所以，即，得.
故选：B.
7. 直线被函数的图象所截得线段的最小值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得到或，再结合条件，即可求解.
【详解】由，得到，
所以或，
又直线被函数的图象所截得线段的最小值为，
显然最小值在一个周期内取到，不妨取，得到或，
所以，解得，
故选：B.
8. 已知定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用赋值法构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可.
【详解】由题意，，.
赋值，得；
赋值，得，即，
当时，，
当时，则，所以，即；
赋值，得，解得，
即；
AC项，由，，
得，
其中由，可知，
当时，，即；
当时，，即；故AC错误；
BD项，，得；
又，所以，
则，
故，且不恒为，故B错误，D正确.
故选：D.
二、多选题（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，有选错或不选的得0分）
9. 给出下列四个关系式，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D. 
【答案】AD
【解析】
【分析】根据表示数集，结合空集的性质、真子集的定义逐一判断即可.
【详解】因为是实数，因此选项A正确；
因为空间集中没有元素，显然不正确，因此选项B不正确；
因为所有的整数都是有理数，因此整数集是有理数集的子集，所以选项C不正确；
因为空集是任何非空集合的真子集，所以选项D正确，
故选：AD
10. （多选）下列说法不正确的是（ ）
A. 已知，若，则组成集合为
B. 不等式对一切实数恒成立的充分不必要条件是
C. 的定义域为，则的定义域为
D. 不等式解集为，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，考虑时，，满足要求，可判断A；B选项，考虑时，两种情况讨论可得充要条件为，可判断B；C选项，由，可求定义域判断C；D选项，根据不等式的解集得到且为方程的两个根，由韦达定理得到的关系，计算可判断D.
【详解】A选项，，又，
当时，，满足，当时，，
当时，，满足，当时，，满足，
综上，组成集合为，A说法不正确；
B选项，当时，不等式恒成立，可得对一切实数恒成立，
当时，由对一切实数恒成立，
可得，解得，
综上所述：不等式对一切实数恒成立的充要条件是，
所以不等式对一切实数恒成立的充分不必要条件是，故B正确；
C选项，因为的定义域为，所以，解得，
故的定义域为，C说法不正确；
D选项，不等式解集为−∞,−2∪3,+∞，
则且为方程的两个根，故，
则，故，D说法不正确.
故选：ACD.
11. 如图，心形曲线与轴交于两点，点是上一个动点，则（ ）
A. 点和−1,1均在上
B. 点的纵坐标的最大值为
C. OP的最大值与最小值之和为3
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】点代入曲线判断A，根据曲线分段得出函数取得最大值判断B，应用三角换元再结合三角恒等变换求最值判断C，应用三角换元结合椭圆的方程得出恒成立判断D.
【详解】令，得出，则
对于A：时，得或，
时，得，所以和均在L上，A选项正确；
对于B：因为曲线关于y轴对称，当时，，所以，
，
所以时，最大，最大值为，B选项正确；
对于C：，
因为曲线关于y轴对称，当时，设，
所以
，
因为可取任意角，
所以取最小值，取最大值，所以和为，C选项错误；
对于D：等价为点在椭圆内，
即满足，即，
整理得，即恒成立，故D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：应用三角换元，再结合三角恒等变换化简，最后应用三角函数值域求最值即可.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 若是定义在上的奇函数，当时，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数为奇函数，利用求解.
【详解】由题意得，.
∵是定义在上的奇函数，
∴．
故答案为: .
13. 函数在上的极小值点为：__________.
【答案】
【解析】
【分析】法一，由辅助角公式得，利用函数与图象的平移关系可得所求；法二，利用导函数，求出导函数的零点按零点分区间，分析导函数符号与原函数单调性即可求解极值点.
【详解】法一：，，
由的图象向右平移个单位可得到函数，的图象.
而函数在的极小值点为，
故函数的极小值点即为.
法二：，，
则，
由，则，
令，得或，解得或.
则的变化情况如下表：
在上的极小值点为.
故答案为：.
14. 函数与和分别交于，两点，设在处的切线的倾斜角为，在处的切线的倾斜角为，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由对称性可得，利用导数求切线和的斜率，得和，由解出，再由求出的值.
【详解】函数与和分别交于，两点，
则，，
函数的图象关于直线对称，函数和的图象也关于直线对称，
所以，两点关于直线对称，有，
函数的导数为，函数的导数为，
则，，
由，有，即，
由，解得，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
本题除了导数和倍角公式的运用，关键点在于运用函数的对称性或对数式的运算，得到.
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. 已知数列满足：，，数列为单调递增等比数列，，且，，成等差数列.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据得到为公差为2的等差数列，利用等差数列求通项公式求出，再设的公比为，列出方程，求出，得到通项公式；
（2）化简得到，故为公差为3的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案.
【小问1详解】
因为，
故为公差为2的等差数列，
所以，
又，，成等差数列，故，
设的公比为，其中，
则，解得或，
当时，，此时，为递增数列，满足要求，
当时，，此时，为递减数列，舍去，
综上，，；
【小问2详解】
，则，
故为公差为3的等差数列，
故.
16. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
（1）求证：
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和与差的正弦公式可证；
（2）由正弦定理及三角形面积公式可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理，知，
所以，即为，
所以，
即，
所以
因，，
所以或，即或（舍去）；
【小问2详解】
由，得，
所以，即
由余弦定理，得，
即，解得b=4，
所以
又由，可得，
得，
所以的面积
17. 如图，在四棱锥中，底面四边形是直角梯形，是的中点，．
（1）证明：平面．
（2）若，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，通过四边形是正方形，得到，进而可求证；
（2）作，垂足为，连接.先证明平面，得到是二面角的平面角，在判断四棱锥为正四棱锥，求得，再由余弦定理即可求解.
【小问1详解】
证明：连接．
因为是的中点，所以．
分因为，且，所以四边形是正方形，
则．
因为平面，且，
所以平面．
【小问2详解】
解：
作，垂足为，连接.
由（1）可知平面．又平面，所以．
因为平面，且，所以平面．
因为平面，所以，则是二面角的平面角．
记，连接，则是的中点．
因为，且是的中点，所以．
因为平面，且平面，所以．
连接．因为平面，且，所以平面，
则四棱锥为正四棱锥，故．
因为的面积，
即，
所以．
同理可得．
在中，由余弦定理可得，
则，即二面角的正弦值为
18. 已知函数.
（1）求在区间上的最大值和最小值；
（2）若是函数的极值点.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）讨论在区间上的零点个数.
【答案】（1）最大值，最小值为；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）求导得到导函数，根据导函数的正负确定在上的性，再计算最值得到答案；
（2）（ⅰ）计算得到，确定，设，根据函数的单调性结合，得到证明；
（ⅱ）求导得到导函数，考虑，，x∈0,π三种情况，构造，确定函数的单调区间，根据，，得到零点个数.
【小问1详解】
，，令得到，
当时，f′x>0，函数单调递增，
当时，f′x