宁夏石嘴山市第三中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份宁夏石嘴山市第三中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题教师：王万波
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合题目要求.
1. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的四则运算法则得到复数，再求复数的共轭复数的模即可.
【详解】由已知条件，,
共轭复数，
所以.
故选：C.
2. 已知集合，则中元素的个数为（ ）
A. B. C. D. 无数个
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，建立不等式，求出不等式的整数解个数即可.
【详解】依题意，，
即，且，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递增
当时，，函数在上单调递减，
，
显然当时，，
所以，中元素的个数为.
故选：B
3. 已知是数列的前项和，则“”是“数列是公差为2的等差数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用与的关系，得到，进而利用等差数列的性质进行判断即可
【详解】已知，所以，当时，
，
所以数列是公差为2的等差数列；当数列是公差为2的等差数列时，因为不知首项，所以数列的前n项和不确定，所以是充分不必要条件
故选：A
4. 函数的图象不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】函数表达式中含有参数a，要对参数进行分类讨论，
【详解】若，则，选项C符合；
若，则函数定义域为R，选项B符合
若，则，选项A符合，所以不可能是选项D.
故选：D.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角差的余弦定理和同角三角函数的基本关系建立等式求解，再由两角和的余弦公式求解即可．
【详解】由已知可得，
解得
，
，
，
，
故选：D．
6. 已知数列是等比数列，，，若，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据等比数列通项公式基本量的计算可得，结合等比数列前n项求和公式计算即可求解.
【详解】设等比数列的公比为q，
由，解得，
所以，解得.
故选：B
7. 已知的斜边为，且，，则直角边中点的轨迹方程是（ ）
A. B.
C. （且）D. （且）
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据是线段的中点，得到，根据计算即可求得的轨迹方程.
【详解】设，
因为，是线段的中点，
由中点坐标公式得，所以，
即，所以，
由，得，
即，
又不能与重合，所以且，解得且，
动点的轨迹方程为（且）.
故选：C
8. 已知函数，则下列说法错误的是（ ）
A. 是函数的周期
B. 函数在区间上单调递增
C. 函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到
D. 函数的对称轴方程为
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦函数的图象与性质逐一判断选项即可.
【详解】A：因为，
所以是函数的周期，故A正确；
B：∵，∴，
又在上不单调，故B错误；
C：函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，故C正确；
D：令，得，故D正确，
故选：B
【点睛】思路点睛：解答选项A的思路为验证；选项BD为整体代换法的应用；选项C为函数图象的平移变换.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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，有选错的得0分.
9. 已知圆与圆，下列说法正确的是（ ）
A. 与的公切线恰有4条
B. 与相交弦的方程为
C. 与相交弦的弦长为
D. 若分别是圆上的动点，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由根据两圆之间的位置关系确定公切线个数；如果两圆相交，进行两圆方程的做差可以得到相交弦的直线方程；通过垂径定理可以求弦长；两圆上的点的最长距离为圆心距和两半径之和，逐项分析判断即可.
【详解】由已知得圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
，
故两圆相交，所以与的公切线恰有2条，故A错误；
做差可得与相交弦的方程为
到相交弦的距离为，故相交弦的弦长为，故C错误；
若分别是圆上的动点，则，故D正确.
故选：BD
10. 如图是正四面体（各面均为正三角形）的平面展开图，、、、分别为、、、的中点．在这个正四面体中，则（ ）

A. 与为异面直线B. 与平行
C. 与成角D. 与垂直
【答案】ACD
【解析】
【分析】将正四面体的平面展开图还原，利用异面直线的概念可判断AB选项；利用异面所成角可判断C选项；推导出平面，利用线面垂直的性质可判断D选项.
【详解】把正四面体的平面展开图还原，如下图所示：

对于A选项，由图可知，与为异面直线，A对；
对于B选项，与为异面直线，B错；
对于C选项，因为、分别为、的中点，则，同理可得，
因为等边三角形，即，
因此，与成角，C对；
对于D选项，连接、，
因为为等边三角形，且为的中点，则，
同理可得，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，故，D对.
故选：ACD.
11. 已知函数，均是上的连续函数，，分别为函数和的导函数，且，，若为奇函数，则（ ）
A. 周期函数B. 为奇函数
C. 关于对称D. 存在，使
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用赋值法变换给定等式可得及，再结合奇函数及等差数列通项求解、复合函数求导求解判断即得.
【详解】函数，均是定义在上的连续函数，①，
②，将②式中换为得③，
①+③得，则的图象关于点中心对称；
将②式中换为得：④，
①-④得：，因此不是奇函数，B错误；
，即，所以关于对称，C正确；
由及为奇函数，得，
即，同时求导可得：，
即，所以是周期函数，周期为2，故A正确；
又为奇函数，，，则，结合
当时，数列是首项为3，公差为6的等差数列，
则，
当时，数列是首项为6，公差为6的等差数列，
则，因此时，，显然满足上式，
即，，
令，解得：，D正确.
故选：ACD
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知平面向量，则向量在向量上的投影向量为____．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量坐标求，利用投影向量公式求解即可.
详解】∵,
∴,
∴，
.
所以向量在向量上的投影向量为：.
故答案为：.
13. 在等比数列中，，，则______．
【答案】31
【解析】
【分析】设，则，
利用等比数列的性质进行求解，
【详解】设，则
，
所以．
故答案为：31
14. 如图，蹴鞠，又名“鞠球”“鞠圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动．已知各顶点都在某“蹴”的表面上的正四棱柱的底面边长为，高为，球的体积为，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由球的体积可确定其半径，根据正四棱柱外接球半径与底面外接圆半径和高之间关系可构造方程，求得，根据侧面积公式可将侧面积表示为关于的函数，借助于基本不等式可求得结果.
【详解】设球的半径为，则，解得：；
正四棱柱底面正方形外接圆半径，又，
，解得：，
正四棱柱侧面积，
（当且仅当，即时取等号），，
即正四棱柱侧面积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的最值问题的求解，求解此类问题的基本思路是将所求内容表示为关于某一变量的函数的形式，进而利用函数值域的求解方法或基本不等式求得最值.
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△ABC中，分别为内角的对边，且.
（1）求角的大小；
（2）设点为上一点，是 的角平分线，且，，求 的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）由正弦定理实行角化边，然后利用余弦定理即可得到答案
（2）先利用三角形的面积关系解出 ，再根据三角形面积公式计算答案即可
【小问1详解】
在△ABC中，由正弦定理及得：，..
由余弦定理得，
又，所以
【小问2详解】
是的角平分线，，
由可得
因为，，即有，，
故
16. 已知数列满足：，且，等差数列的公差为正数，其前项和为，，且、、成等比数列．
（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）若，数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件可得出，利用等比数列的定义可证得结论成立，确定数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）设等差数列的公差为，由等差数列的求和公式可得出的值，结合已知条件求出的值，结合等差数列的通项公式可求得数列的通项公式，利用裂项相消法求出，即可结论成立.
【小问1详解】
由可得，且，
所以数列是公比和首项都为的等比数列，
所以，，故.
【小问2详解】
设等差数列的公差为，且，
因为，可得，
因为、、成等比数列，即，
因为，解得，所以，
，
因为，
综上所述，对任意，.
17. 设函数.
（1）求的极值；
（2）若对任意，有恒成立，求的最大值.
【答案】（1）极小值，无极大值；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求导，判断函数单调性即可确定极值;
（2）分离参数并构造新函数，求导，判断函数单调性求出最小值即可求解.
【小问1详解】
.
令f′x>0，得，令f′x