2025届甘肃省平凉市某校高三上学期第四次阶段性月考考试数学试卷（解析版）

这是一份2025届甘肃省平凉市某校高三上学期第四次阶段性月考考试数学试卷（解析版），共13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（本题共8小题，每小题5分，共40分.四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】由，
解得或.
所以或，
又，所以.
故选：D.
2.已知复数，则（ ）
A.2B.4C.8D.16
【答案】A
【解析】
由题意得，
所以.
故选：A.
3.已知角终边上一点，则的值为（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】由题意得，，
所以.
故选：D.
4. 已知函数过定点M，点M在直线上且，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题设，恒过点，则，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以目标式最小值为.
故选：A
5. 设与是两个向量，则是或的（ ）
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】B
【解析】由得，则，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若则，即，无法得出或，
综上所述，是或的必要不充分条件.
故选：B.
6. 首项为-24的等差数列，从第10项起为正数，则公差d的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由等差数列的通项公式可得：，
∵从第10项开始为正数，∴，解得，
∴公差的取值范围是，故选：D.
7. 已知函数，若，且，则的取值范围为（ ）
A. 1,+∞B.
C. D.
【答案】C
【解析】
因为，，所以且，则，
故，令，则在1,+∞上恒成立，
所以在1,+∞上单调递增，则，即的取值范围是.
故选：C
8. 如图，棱长为的正方体中，为线段的中点，分别为线段和 棱 上任意一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】连接，过作，连接，过作.
因为平面平面，，所以平面.
因为平面，所以.所以.
又因为，所以.即.
因为，所以.
在中，.
因为，所以.
即，.所以.
即的最小值为
故选：C
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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 命题，的否定是，.
B. P是所在平面内一点，若，则P是的垂心
C. 关于x的方程有一正一负根，则
D. 若，，，则此三角形有两解
【答案】AB
【解析】A选项：命题的否定是，A正确；
B选项：由，得，所以，，
同理，，故是三角形的垂心，所以B正确；
C选项：当方程有一正一负根时，，解得，C选项错误；
D选项：由正弦定理，得，即，
得，不符合题意，此时三角形无解，故D错误.
故选：AB.
10. 若把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（ ）
A.
B. 在上单调递减
C. 图象关于对称
D. 与有2个交点
【答案】AC
【解析】把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变得到，
再把向左平移个单位长度得到，
又，
所以，故A正确；
当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故B错误；
因为，所以图象关于对称，故C正确；
令，解得，所以在上单调递增，且，
令，解得，所以在上单调递减，且，
因为函数在定义域上单调递增，当时，令，解得，
在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：

由图可知与有且仅有一个交点，故D错误.
故选：AC
11. 如图，在三棱锥的平面展开图中，，分别是，的中点，正方形的边长为2，则在三棱锥中（ ）
A. 的面积为B.
C. 平面平面D. 三棱锥的体积为
【答案】ABD
【解析】
对于A，易知，故A正确；
对于B，连接交于G
，
根据正方形的性质易知，
所以有，
又平面，所以平面，
平面，所以，故B正确；
对于C，由上可知为平面与平面的夹角，
易知，则不垂直，故C错误；
对于D，由题意可知两两垂直，
则，故D正确
故选：ABD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，则______.
【答案】3
【解析】因为，
所以.
故答案为：3.
13. 在四面体中，，，，，则该四面体外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】如图所示：
由，，可知.
因为，，所以，即.
设的中点为，则，
所以为四面体外接球的球心，四面体的外接球半径，
所以外接球表面积.
故答案为：
14. 已知函数，若恒成立，则最大值为__________．
【答案】
【解析】因为函数，
若，当时，恒成立，所以，
当时，恒成立，所以，所以；
设，，
当时，，是增函数
当时，，是减函数
则
故答案为： .
四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知数列的前项和，其中.
（1）求数列的通项公式；
（2）若对于任意正整数，都有，求实数的最小值.
解：（1）当时，，
则，
当时，，满足上式，所以.
（2）由
.
所以，即的最小值为.
16. 如图，三棱柱中，侧面与侧面均为边长为的正方形，、分别是、的中点，且．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的正切值．
（1）证明：连接交于点，连接、，
在三棱柱中，且，故四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：因为三棱柱中，侧面与侧面均为边长为的正方形，
则，又因为，所以，，则，
因为，，，、平面，
所以，平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则点、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
所以，，则，
故，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的正切值为.
17. 在中，角的对边分别为，
且．
（1）求角的大小；
（2）若，角的平分线交于点，求线段的长．
解：（1）由，
由正弦定理可得,
又，所以，
所以，可得，
又，所以，所以，
可得，
（2）中，，
由余弦定理得，
解得（舍），或，
由，得，
即，
故线段BD的长为.
18.已知函数
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若存在，使成立，求整数的最小值．
解：（1）由题意可知，，，
当时，令，或；
时，，在单调递增；
时，，在单调递减；
综上所述，增区间为，减区间为
（2）原式等价于，
即存在，使成立．
设，，则，
设，则，∴在上单调递增．
又，，
根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，
设该零点为，则，且，即，
∴.
由题意可知，又，，
∴a的最小值为5．
19.定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3.设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.
（1）若，，，求，；
（2）若，求正整数n的最小值；
（3）是否存在实数a，b，c，使得数列为等比数列?若存在，求a，b，c满足的条件；若不存在，请说明理由.
解：（1），第一次“和扩充”后得到数列，
第二次“和扩充”后得到数列，
，；
（2）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
其中数列经过1次“和扩充”后，得到，
故，故是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，故，
则，即，
又，解得，最小值为10；
（3）因为，
，依次类推，，
故
，
若使为等比数列，则或.