黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题

这是一份黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题，共12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。

（时间：120分钟 满分：150分）
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分
1.i是虚数单位，复数（ ）
A.B.1C.D.i
2.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
3.设，向量，，且，则（ ）
A.B.C.D.10
4.在等差数列中，，则其前10项和（ ）
A.72B.80C.36D.40
5.已知，，，则（ ）
A.B.C.D.
6.已知函数，则的单调递减区间为（ ）
A.B.C.D.
7.等差数列，的前n项和分别为，，且，则等于（ ）
A.B.C.D.
8.已知，，且，若恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，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.对于任意的实数a，b，c，d，下列命题错误的有（ ）
A.若，则B.若，，则
C.若，则D.若，则
10.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ）
A.若，则
B.
C.若，则是锐角三角形
D.若，则是钝角三角形
11.设函数，则下列结论正确的是（ ）
A.函数的最大值为2
B.在区间有两个极值点
C.
D.直线是曲线的切线
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知圆锥的底面半径为4，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为_________.
13.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则_________.
14.设函数，则使得不等式成立的x的取值范围是_____.
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.（13分）已知函数，.
（1）求的值；
（2）求的最小正周期和单调递增区间.
16.（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面，M，N分别为棱，的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
17.（15分）已知是等差数列的前n项和，且，.
（1）求；
（2）若，记数列前n项和为，求.
18.（17分）已知函数.
（1）若，求函数的极值；
（2）讨论函数的单调性.
19.（17分）已知数列中，，点在直线上，其中.
（1）令，求证数列是等比数列；
（2）求数列的通项；
（3）设、分别为数列、的前n项和是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出，若不存在，则说明理由.
参考答案：
1.C
【分析】借助复数的运算法则计算即可得.
【详解】.
故选：C.
2.C
【分析】解出集合B，由并集概念即可得出结果.
【详解】解得，
，
故选：C
3.C
【分析】先根据平面向量垂直的坐标公式求出x，再根据平面向量线性运算的坐标表示及模的坐标公式即可得解.
【详解】因为，所以，
即，所以，
则，
所以.
故选：C.
4.D
【分析】由等差数列的性质可得，由等差数列的前n项和公式可求.
【详解】由等差数列的性质可得，
由题意，.
故选：D.
5.A
【分析】借助特殊角的三角函数值、指数运算和对数函数性质，化简a、b、c即可判断大小.
【详解】由题知，，，
又，
所以.
故选：A
6.B
【分析】求导，根据导数为负即可求解.
【详解】的定义域为，
，
令，解得，
故的单调递减区间为，
故选：B
7.A
【分析】由于，为等差数列，可以利用等差数列的等差中项与求和公式之间的联系即可求出结果.
【详解】等差数列，的前n项和分别为，，
且，
，
.
故选：A.
8.D
【分析】恒成立问题先转化为的最值问题，由条件等式利用常数的代换将式子转化为，再利用基本不等式求出最值，最后求解关于t的不等式可得.
【详解】已知，，则，，
因为，
当且仅当时等号成立，由，解得.
故的最小值为4.
因为恒成立，
所以，即，
解得，即.
故选：D.
9.ABD
【分析】根据不等式性质可判断
【详解】A选项：，若，则，选项错误；
B选项：，，设，，，，则，选项错误；
C选项：若，则，选项正确；
D选项：，设，，则，选项错误.
故选：ABD.
10.ABD
【分析】利用三角形边角关系判断A；利用诱导公式判断B；利用余弦定理判断CD.
【详解】对于A，在中，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，由，得，则C是锐角，显然A，B是否都是锐角无法确定，C错误；
对于D，由，得，则C是钝角，是钝角三角形，D正确.
故选：ABD
11.BCD
【分析】化简函数解析式，再根据整体代换思想结合正弦函数的图象和性质判断，利用导数的几何意义判断D.
【详解】由题意得
选项A：函数的最大值为，错误；
选项B：当时，，由正弦函数图象可得有2个极值点，
由和解得和为函数的极值点，正确；
选项C，
正确，
选项D，
由得，
所以或，，解得或，，
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为即，正确；
故选：BCD
12.
【分析】先由圆锥的底面周长为侧面展开图的弧长，求得圆锥的母线长，再求得圆锥的高，从而利用圆锥的体积公式即可得解.
【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，则，
又因为它的侧面展开图是一个半圆，
所以，则，
所以，
则圆锥的体积，
故答案为：.
13.
【分析】先根据正弦定理化简题干条件可得，进而结合余弦定理即可求解.
【详解】对于，
由正弦定理得，
即，
由余弦定理得，
又，所以.
故答案为：.
14.
【分析】根据函数解析式，判断函数单调性以及奇偶性，利用函数性质再解不等式即可.
【详解】令，，则，
当时，，，故，即，
故在上单调递增；
又在上单调递增且函数值恒正，
所以在上单调递增，
故在上单调递增；
又的定义域为，且，故为偶函数，
故，
也即，
整理可得：，即，
解得.
故答案为：.
15.（1）2
（2），，
【分析】（1）利用三角函数的恒等式变形及辅助角公式，可化为，即可求出函数的周期；
（2）利用正弦函数的单调区间以及整体思想来求解，即可得函数的单调递增区间.
【详解】（1）由
可得；
（2）由可得的最小正周期为，
令，，
解得：，，
所以的单调递增区间是：，.
16.（1）证明见解析；
（2）.
【分析】（1）由题意易知，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，，，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再通过空间角的向量求解即可.
【详解】（1）M、N分别为，的中点
为正方形
， 平面，平面
平面.
（2）由题知平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则
，，，，，
，，，，，
设平面的一个法向量为
则，今，则，，
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17.（1）；
（2）.
【分析】（1）利用等差数列通项公式、前n项和公式求基本量，进而写；
（2）应用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设公差为d，结合题设有，解得.
故.
（2）由（1）有，
故，
即.
18.（1）极小值为，极大值为
（2）答案见解析
【分析】（1）对求导，分析单调性，再根据极值定义即可求解；
（2），对a分，和讨论单调性即可.
【详解】（1），.
所以或时，，时，，
则在上递减，在，递增，
所以的极小值为，极大值为.
（2），
当时，，所以在上递增，
当时，或时，；时，，
所以在，上递增，在上递减，
当时，或时，；时，，
所以在，上递增；在上递减.
19.（1）证明过程见详解；（2）；（3）存在实数，使得数列为等差数列.
【分析】（1）先由题意得到，再由，得到，即可证明结论成立；
（2）先由（1）求得，推出，利用累加法，即可求出数列的通项；
（3）把数列、通项公式代入，进而得到的表达式代入，进而推断当且仅当时，数列是等差数列.
【详解】（1）因为点在直线上，所以，因此
由得
所以数列是以为公比的等比数列；
（2）因为，由得，故，
由（1）得，
所以，即，
所以，，…，，
以上各式相加得：
所以；
（3）存在，使数列是等差数列.
由（I）、（II）知，
又，
，
当且仅当时，数列是等差数列.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
C
D
A
B
A
D
ABD
ABD
题号
11
答案
BCD