2025届辽宁省普通高中高三(上)11月期中考试数学试卷(解析版)

这是一份2025届辽宁省普通高中高三(上)11月期中考试数学试卷(解析版)，共18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，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，则，所以，，
所以，.
故选：D.
2. 下列四个命题中是假命题的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】，解得，所以，是真命题；
，即，解得，
所以，是真命题；
，所以，解得，
所以，是假命题；
，是真命题.
故选：.
3. 已知集合为全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A选项，因为，则、均不为空集，
因为，所以，当时，
则，

又因为为的真子集，A错；
对于B选项，若，则，B错；

对于C选项，因为，
所以，，C错；
对于D选项，因为，所以，，D对.
故选：D.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由于
，
代入原式中得：，
解得：；
又.
故选：D
5. 若函数在上存在零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】函数在上存在零点，
则有解，即在上有解，
令，则，
当时，，
所以函数在上单调递增，
所以，即，
所以实数的取值范围是.
故选：A
6. 已知定义在上的函数及其导函数，满足，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】令，则，
因为，所以，
所以在0,+∞上单调递增，
，即，
又，则，
所以，即，
所以，解得.
故选：.
7. 已知高为的正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则（ ）
A. 平面与平面的夹角为
B. 球的体积为
C. 的最小值为
D. 与平面所成角度数的最大值为
【答案】D
【解析】对于：取中点为，连接，则，
所以平面与平面的夹角为，
因为，所以，，
又高为，所以，
所以，即平面与平面的夹角为.故错误；
对于：，所以点到各个顶点的距离都为，
所以点即为正四棱台的外接球的球心，
所以球的半径为，所以球的体积为，故错误；
对于：易得平面，且平面，
所以平面平面，
连接，交于点，连接，则四边形为菱形，
所以，，又平面，
平面平面，
所以平面，连接，
因为平面，所以，
所以，所以，
当且仅当点与重合时等号成立，故错误；
对于：因为平面，垂足为，
平面，所以为直线到平面的距离，
所以点到平面的距离为，
设直线与平面所成角为，则，
因为，所以，
当且仅当点与重合时等号成立，
所以与平面所成角度数的最大值为，故正确.
故选：
8. 已知函数，若在区间上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，
又因为，
所以当时，，在上单调递减，
所以，不满足题意；
所以，
令，
则，
令，得，
当，即时，在上恒成立，
所以，即上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
则，满足题意；
当，即时，
当时，，则，即单调递减，
当时，，则，即单调递增，
又因为，
假设存在唯一，使成立，则必有，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，
所以当时，必有，不满足题意；
综上，.
故选：D.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 在上单调递减
B. 曲线的对称中心为，
C. 直线是曲线的一条对称轴
D. 在上有一个极值点
【答案】ACD
【解析】因为函数的图象关于直线对称，
则，可得，
因为，则，所以，，
对于A选项，由，得，
所以，函数在上单调递减，A对；
对于B选项，由得，
所以，曲线的对称中心为，B错；
对于C选项，由得，
当时，，则直线是曲线的一条对称轴，C对；
对于D选项，当时，，
由可得，所以，函数在上只有一个极值点，D对.
故选：ACD.
10. 在边长为的正方形中，点为线段上的一点，，为线段上的动点，为的中点，则（ ）
A. B. 在上的投影向量为
C. 存在点，使得直线D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】对于A选项，因为点为线段上的一点，，则，
所以，，A对；
对于B选项，在上的投影向量为，B错；
对于C选项，由题意可知，，，
因为为线段上的动点，所以，设，其中，
又因为为的中点，
则，
若存在点使得，则，故，
该方程无解，故不存在点，使得，C错；
对于D选项，由C选项可知，
，
又因为，所以，当时，取到最小值，D对.
故选：AD.
11. 设是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数，则（ ）
A. 若有极值点，则
B. 若当时，有极值，则对应的拐点为或
C. 若当时，在上无极值点，则的取值范围为
D 若当，时，曲线与轴分别交于、、，则
【答案】ACD
【解析】对于A选项，若函数有极值点，则有两个不等的零点，
所以，，即，A对；
对于B选项，当时，函数有极值，
则，解得或，
当，时，，
此时，函数在上单调递增，该函数无极值，
经检验，，合乎题意，
所以，，，令，可得，
此时，函数对应的拐点为，B错；
对于C选项，当时，函数在上无极值点，
则函数在上为单调函数，则恒成立，
则，解得，即实数的取值范围是，C对；
对于D选项，当，时，，
由有，
等式两边同除可得，
令，则、、是方程的三个根，
所以，，
即，
所以，，，，
所以，，D对.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设数列的前项和为，且满足，则_____.
【答案】21
【解析】由，可得，
所以数列是一个公式为的等比数列，
即，
所以
即，
所以由等比数列的求和公式可得：，
故答案为:.
13. 已知直线是曲线和的公切线，则的值为_____.
【答案】
【解析】令，则，
因为直线是曲线的切线，
所以由解得，此时
所以在处的切线为，所以，
又是的切线，
联立得，
令解得，
所以.
14. 已知正方体的棱长为1，点，分别是线段，上的两个动点，若与底面所成角的度数为，则线段长度的取值范围是_____.
【答案】
【解析】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，，
由题意可设，，其中，
所以，
显然为平面的法向量，
所以，
化简得，
显然（否则矛盾）， 从而，解得，
，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在上的最小值为，最大值为，
所以的取值范围为.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 在中，内角的对边分别为，，，且为内一点.
（1）判断的形状；
（2）若，，，求的最小值.
解：（1）在中，
因为，
所以，由正弦定理得，
即，则，
所以，所以为等腰三角形.
（2）由（1）知，中，，
又，，
所以是边长为的正三角形，

由为内一点，在中，，，
设外接圆的半径为，
则由正弦定理，，解得，
则是边长为的正三角形，
又点在圆的劣弧上运动，
如图，设点是在弧上除中点外的一点，
因为，
则当点在中点时，即与弧的交点，取得最小值，
又，
此时，
即的最小值是.
16. 已知函数.
（1）求极值点；
（2）若，有，求实数的取值范围.
解：（1）因为，
则，
当时，，由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为，
所以，函数的极小值点为，无极大值点；
当时，，则，
由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为、，减区间为，
所以，函数的极大值点为，极小值点为；
当时，，
当时，，则，
当时，，则，
此时，函数在上单调递增，无极值点；
当时，，则，
由可得或，由可得，
此时，函数的增区间为、，减区间为，
所以，函数的极大值点为，极小值点为.
综上所述，当时，函数的极大值点为，极小值点为；
当时，函数无极值点；
当时，函数的极大值点为，极小值点为；
当时，函数的极小值点为，无极大值点.
（2）因为，
对任意的，有，所以，，即，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，故，
因此，实数的取值范围是.
17. 观察下面图形中小正方形的个数，若第个图形中的小正方形的个数为，令.

（1）求及数列bn的前项和；
（2）设数列的前项和为，若恒成立，求的取值范围.
解：（1）由题意可得，，，
，，，
所以，，
则，
所以，.
（2）由（1）知，，
所以，，①
，②
②①得，
因为，
即，
所以，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，则，
因此，实数的取值范围是.
18. 如图，在正三棱柱中，、分别是、的中点.若，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：连接，交于点，连接，
因为四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
（2）解：取的中点，连接，
因为平面，为等边三角形，为的中点，则，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
所以，，，
因为，则，解得，
则，，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
19. 如果无穷数列满足“对任意正整数，，都存在正整数，使得”，则称数列具有“性质”.
（1）记数列的前项和为，若，求证：具有“性质”；
（2）若等差数列的首项，公差为，求证：具有“性质”的充分条件是；
（3）如果各项均为正整数的无穷等比数列具有“性质”，且，，三个数中恰有两个出现在数列中，求满足题意的的公比.
（1）解：当时，，解得，
当时，，
整理得，
故为首项和公比均为2的等比数列，故，
若，则，
则当时，对任意正整数，，都存在正整数，使得，
所以具有“性质”；
（2）证明：因为数列bn是首项为1的等差数列，所以，
则，
若数列bn具有“性质”，则，
则，
则，
故，
故当时，上式成立，此时数列bn具有“性质”，
当时，，
当时，也是正整数，
即成立，
此时数列bn具有“性质”，数列数列bn具有“性质”的充分条件为；
（3）解：从，，三个数中任选两个，共有以下3种情况，，和，和，；
对于，，因为为正整数，可以认为，是等比数列中的项，
因为等比数列各项均为正整数，所以公比可能为，
若公比为2，则的通项公式可以为，
此时，由（1）可知，具有“性质”，
若公比为，的首项可以是，
的通项公式为或或或，
均不是中的项，此时不具有“性质”，
同理可得，公比为时，也不合题意，
对于，，因为不是正整数，不合题意，
对于，，因为为正整数，可以认为，是等比数列中的项，
因为等比数列各项均为正整数，所以公比可能为，
若公比为3，则的通项公式为，此时，
因为不是中的项，所以此数列不具有“性质”，
同理可得公比为时，数列也不具有“性质”，
综上，满足题意的的公比为2.