山东省威海市文登区2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试题

这是一份山东省威海市文登区2024-2025学年高三上学期第一次模拟考试数学试题，共21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
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．2
3．已知命题，命题，则成立是成立的（ ）
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
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知为椭圆的上焦点，为上一点，为圆上一点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知定义在上的偶函数满足，当时，.函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为（ ）
A．6B．8C．10D．14
8．在中，，，是所在平面内一点，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．是的一个周期B．是的一条对称轴
C．的值域为D．在上单调递减
10．如图，在四边形中，为边上的一列点，连接交于点，且满足，其中数列是首项为1的正项数列，则（ ）
A．数列为等比数列
B．数列的前项和为
C．数列为递增数列
D．
11．已知正方体的棱长为，点满足，则（ ）
A．点到平面的距离为
B．二面角的正弦值为
C．当时，过点的平面截该正方体外接球所得截面面积的取值范围为
D．若是对角线上一点，则的最小值为
三、填空题
12．已知底面半径为3的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为 .
13．已知函数，若将函数的图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍，再将得到的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则 .
14．已知，是双曲线的左､右焦点，过的直线与的左､右两支分别交于，两点.若以的中心为圆心，的长为直径的圆与的右支的一个交点恰为，若，，成等差数列，则的渐近线方程为 .
四、解答题
15．已知数列的各项均为正数，其前项和记为，其中为常数且.
(1)若数列为等差数列，求；
(2)若，求.
16．在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，如图，是上的动点，且始终等于，记.当为何值时，的面积取到最小值，并求出最小值.
17．如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)令.若曲线与存在公切线，求实数的取值范围.
19．定义二元函数，同时满足：①；②；③三个条件.
(1)求的值；
(2)求的解析式；
(3)若.比较与0的大小关系，并说明理由.
附：参考公式.
参考答案：
1．D
【分析】求出集合，，再用补集和交集的概念求解即可.
【详解】由，得，所以，
或x>1，
由，得，所以，
所以.
故选：D.
2．C
【分析】由题可得，计算后可得与，即可得答案.
【详解】由，可得，
则，则.
故选：C
3．A
【分析】先化简命题p: ，：，再利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：由，得，解得；
由，得，
当时，成立；
当时，，解得 ，综上，
所以成立是成立的充分不必要条件，
故选：A
4．A
【分析】根据诱导公式和余弦二倍角公式得到，化弦为切，代入求值即可.
【详解】，
故
.
故选：A
5．D
【分析】由圆和椭圆方程可确定圆心、半径、的长；利用椭圆定义和圆的对称性可将问题转化为求解的最大值问题，利用三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值，由此可得结果.
【详解】由圆方程得：圆心，半径；
由椭圆方程得：，，设椭圆下焦点为，则，
由椭圆定义知：，；
（当且仅当三点共线时取等号），
，
又（当且仅当三点共线时取等号），
，即的最大值为.
故选：D.
6．B
【分析】根据函数，利用函数的奇偶性及导数与函数单调性间的关系，可得，在区间上单调递减，在区间上单调递增，结合条件可得，即可求解.
【详解】令，则，
则是偶函数，
又，当时，恒成立，
所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，且，即，所以，则，所以选项B正确，
当时，，所以选项A和D错误，
当时，，所以选项C错误，
故选：B.
7．C
【分析】画出、在区间上的图象，根据对称性、周期性等知识来求得正确答案.
【详解】依题意，是定义在R上的偶函数，图象关于直线对称，
，所以，
所以是周期为的周期函数，所以的图象关于直线对称.
函数的图象也关于直线对称.
当时，.
当时，，，
当时，，，
，所以直线与曲线y=gx相切于点2,1.
画出、在区间上的图象如下图所示，
由图可知，两个函数图象有个公共点，
所以所有交点的横坐标之和为.
故选：C
8．D
【分析】根据向量的数量积以及基本不等式求解即可.
【详解】，，
，
，
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最大值为.
故选：D.
9．BC
【分析】先化简函数，再结合函数图像对各个选项逐一分析判断即可.
【详解】，图像如图所示：
由图像可得，函数的最小正周期为2π，故选项A错误，不符合题意；
是的一条对称轴，故选项B正确，符合题意；
的值域为，故选项C正确，符合题意；
在上先增后减，选项D错误，不符合题意；
故选：BC.
10．ABD
【分析】A选项，根据向量共线定理得到，从而，A正确；B选项，在A选项基础上得到，由分组求和和等比数列求和公式得到B正确；C选项，举出反例即可；D选项，在B选项基础上得到D正确.
【详解】A选项，因为为边上的一列点，设，
即，所以
，
即，所以，
即，所以数列为公比为2的等比数列，A正确；
B选项，因为，所以，
故是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，，
的前项和为
，B正确；
CD选项，，故，显然，
则数列不是递增数列，C错误，D正确.
故选：ABD
11．ACD
【分析】选项A，根据条件可得面，从而将到平面的距离转化成到平面的距离，进而转化成到平面的距离，再利用等体积法，即可求解；选项B，取中点，中点，连接，根据条件可得为二面角的平面角，再利用几何关系，即可求解；选项C，由题知，过点的平面经过球心时，截面圆的面积最大，当为截面圆的圆心时，截面圆的面积最大，即可求解；选项D，通过翻折平面，使得点翻转后得到的点满足三点共线，且.即可求得
【详解】如图1，易知，面，面，所以面，
对于选项A，因为，即点在线段上（含端点），
因为面，所以到平面的距离，也即到平面的距离，
连接交于，易知为中点，则到平面的距离等于到平面的距离，
又正方体的棱长为，则，所以，
设到平面的距离为，
由，得到，解得，所以选项A正确，
对于选项B，如图1，取中点，中点，连接，
易知，所以为二面角的平面角，
在中，，，
所以，则，所以选项B错误，
对于选项C，正方体的外接球的球心为正方体的体心，且外接球的直径为正方体的体对角线长，
则，当过点的平面经过球心时，此时平面截该正方体外接球所得截面面积最大，截面面积为，
当过点的平面经不过球心时，不妨设截面圆的半径为，球心到截面圆的距离为，
则，显然有，当且仅当为截面圆的圆心时取等号，即截面圆的直径为，此时，
所以平面截该正方体外接球所得截面面积最小值为，故选项C正确，

对于选项D，如图2，将平面绕着旋转到位置，使之与平面在一个平面内，
因是对角线上一点，要使最小，需使三点共线，且.
设，则，
故，
于是，故选项D正确，

故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：解决空间角问题，关键在于根据定义找到平面角，然后借助于三角形和正、余弦定理求解；对于包含动点的线段和最小问题，一般考虑将其中一个平面翻折，使之与另一个平面共面，化空间距离的和为平面距离的和来求解.
12．
【分析】作出圆锥的轴截面，求出圆锥的高，利用三角形相似求出圆柱的高，再根据侧面积公式计算可得.
【详解】如图作出圆锥的轴截面，根据题意可知,
,
所以可得,
根据三角形相似可得,
所以,可求得,
根据圆柱侧面积公式可得.
故答案为：

13．
【分析】由图象变换写出新解析式，然后由图象关于轴对称求得参数值．
【详解】，变换后函数式为
，它的图象关于轴对称，
则，,
又，所以，
故答案为：．
14．
【分析】由已知以为直径的圆过点，可知，再结合等差数列及双曲线定义可得各边长，再根据直角三角形勾股定理可得，即可得渐近线方程.
【详解】
如图所示，由已知以的中心为圆心，的长为直径的圆过点，
可知，
再由AB，，成等差数列，
得，
由双曲线定义可知，，
则，
即，，
又，
则，即，
则，
即渐近线方程为，
故答案为：.
15．(1)
(2).
【分析】（1）根据等差数列列方程，求得，求得公差，进而求得.
（2）利用分组求和法，结合等差数列的前项和公式来求得正确答案.
【详解】（1）当时，，解得，
当时，，解得，
因为数列为等差数列，所以，
即，解得，
所以，公差为2，所以.
（2）当时，①
所以②
所以②-①得，，
因为，所以，
当时，，解得，
所以数列的奇数项成等差数列，首项为，公差为；
偶数项成等差数列，首项为，公差为，
所以.
16．(1)
(2)，最小值为
【分析】（1）根据正弦定理将分式化简，结合两角和的正弦公式可求得结果；
（2）在中，根据正弦定理表示出，在中，根据正弦定理表示出，根据三角形面积公式得到的面积，即可求出结果.
【详解】（1）在中，由正弦定理可得，
所以，
所以，即得，
因为，所以，所以，
因为，所以；
（2）因为，由（1）知，所以，
在中，由正弦定理可得，所以，
在中，由正弦定理可得，所以，
所以，
因为，所以，
当时，取得最小值，此时，即，
所以当时，的面积取到最小值，最小值为.
17．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）取的中点，连接，由面面垂直得平面，从而得，再由线面垂直的判定定理证得线面垂直平面，得证，然后再由线面垂直的判定定理证得结论成立.
（2）证明平面，然后以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，用空间向量法求线面角，利用基本不等式、不等式的性质得最值.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为为等边三角形，为的中点，所以，
因为平面，
所以平面.
（2）连接，
因为，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以平面，
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则
所以，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则，可得，
令，则，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，
当且仅当即时取得最大值，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，即可对讨论求解导函数的单调性，结合二次函数的性质求解，
（2）设出切点，根据点斜式求解直线方程，根据公切线可得，进而可得，构造函数且求导，即可根据单调性求解函数的值域得解.
【详解】（1），
①当时，的定义域为0,+∞，
令f′x>0，即得，所以，
因为，解得：；
令，解得：，
②当时，的定义域为，
令f′x>0，即得，所以，
因为，解得：，
令，解得：，
综上：当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
；
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）由题意知：设的切点横坐标，则hx在处的切线方程为.③
设的切点横坐标，则在处的切线方程为.④
联立③④，得，
当时，，代入方程组，不成立，
所以消去得.
设函数且.
令，得或.
令φ′x>0，解得且；令φ′x