2025镇江高三上学期11月期中考试数学含解析

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2024.11
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则的元素个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先解对数不等式得出集合B，再根据交集定义求解.
【详解】因为，所以,
所以，共3个元素.
故选：C．
2. 设复数，则的虚部是（ ）
A. 1B. C. iD.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法即可得到答案.
【详解】，虚部为，
故选：B．
3. 等比数列的各项均为正数，若，，则（ ）
A. 588B. 448C. 896D. 224
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列基本量运算结合各项为正得出公比为2，再应用通项公式计算即可.
【详解】因为等比数列的各项均为正数且，所以，可得或（舍）
.
故选：B．
4. 已知向量，，，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用求得向量和向量的数量积，再根据投影向量的定义计算即可.
【详解】由，得，
由，得，则
因此，在上的投影向量，
故选：D
5. 已知，函数在R上没有零点，则实数的取值范围（ ）
A. 0,+∞B. 1,+∞
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分、讨论，根据没有零点求出的范围可得答案.
【详解】时，，
若无解，则或；
时，，
若无解，则，
则.
故选：D．
6. 已知为第一象限角，且，则（ ）
A. 9B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两角和的正切公式化简已知式可得，代入化简即可得出答案.
【详解】由可得：，
即，即，
解得：或，因为为第一象限角，
∴，.
故选：C．
7. 设无穷等差数列的公差为，其前项和为．若，则“有最小值”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，结合充分不必要条件的定义即可求解.
【详解】若有最小值，则单调递增，故，
但时，若，此时数列为常数列，没有最小值，
因此“有最小值”“”，
∴“有最小值”是“”的充分不必要条件
故选：A．
8. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用数量积定义和余弦定理，结合基本不等式计算.
【详解】，∴，∴，
∴ ，
所以，
故选：A．
二、选择题：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，则（ ）
A. 是偶函数B. 的最小正周期为π
C. 的最大值为D. 在上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】由偶函数的定义可得选项A正确；根据可得选项B错误；根据，结合倍角公式可得选项C正确；当时，函数可化为，根据正弦型函数的性质可得选项D错误.
【详解】因为定义域为，，所以，为偶函数，选项A正确．
因为，
的最小正周期不为π选项，B错误．
，选项C正确．
，，，
时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，选项D错误．
故选：AC.
10. 已知函数的导函数为（ ）
A. 只有两个零点B.
C. 是的极小值点D. 当时，恒成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导，可得函数的单调性，即可根据单调性求解函数的极值，进而可判断ACD，代入验证即可求解B.
【详解】
令，则或3，
当或时，，当时，，
故单调递增，单调递减，单调递增，，，且，∴有且仅有两个零点，A对．
，故B正确，
是极大值点，C错．
时，，，结合函数的单调性可得恒成立，D对．
故选：ABD
11. 如图，圆锥的底面直径和母线长均为，其轴截面为，为底面半圆弧上一点，且，，，则（ ）

A. 存在，使得
B. 当时，存，使得平面
C. 当，时，四面体的体积为
D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，用反证法判定.对于B，运用面面平行得到线面平行.对于C,通过条件，分析出体积之间的关系，运用等体积发计算即可.对于D，运用向量法，结合垂直的数量积为0计算即可.
【详解】对于A，，则与不可能垂直，若，则面，则，则面矛盾，A错．
对于B，取中点，则，过作交于点，此时为中点，则面平面，∴平面，对．
对于D，如图建系，，，， ，，，，
∴，∴，D对．

对于C,时，，时，到平面的距离是到平面距离的.，其中表示到平面的距离，是到平面距离，，C对，
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 镇江的慈寿塔是金山寺的标志性建筑，创建于1400余年前的齐梁时期．某同学为了测量慈寿塔的高，他在山下处测得塔尖点的仰角为，再沿正对塔方向前进20米到达山脚点，测得塔尖点的仰角为，塔底点的仰角为，则慈寿塔高约为______米．（，答案保留整数）
【答案】31
【解析】
【分析】根据给定条件，再结合直角三角形边角关系求解即得.
【详解】如图，，，，，
设，则，，，
∴，∴，
则．
故答案为：31.
13. 已知数列是单调递增数列，其前项和为（，为常数），写出一个有序数对________，使得数列是等差数列．
【答案】1,0.(答案不唯一)
【解析】
【分析】取，，则，所以，由等差数列的定义可证明为等差数列.
【详解】取，，则，所以，
则，
所以数列是公差为的等差数列．
即可以是1,0．
故答案为：1,0.(答案不唯一)
14. 定义在上的函数满足是奇函数，则的对称中心为________；若，则数列的通项公式为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据函数对称中心定义判断函数对称中心，再应用对称中心性质分组求和计算即可.
【详解】关于对称，则
∴，则关于对称，
，
∴，则．
故答案为：1,2；．
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. 在锐角三角形中，角，，所对的边分别是，，，已知．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦的二倍角公式计算可得答案；
（2）利用平方关系、两角和的正弦展开式化简得出，再结合平方关系可得答案.
【小问1详解】
，∴，
可得，即，，
而为锐角三角形，，∴；
【小问2详解】
因为为锐角三角形，，所以，
因为由余弦定理得，所以，
得，
∴，∴，
由且为锐角三角形，
可得．
16. 已知函数，．
（1）求证：直线既是曲线的切线，也是曲线的切线；
（2）请在以下三个函数：①；②；③中选择一个函数，记为，使得该函数有最大值，并求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）设出的切点，即可求导，求解的切线方程，联立直线与，根据判别式为0，即可证明相切，
（2）求导，即可根据函数的单调性求解.
【小问1详解】
设与切于，
，∴
∴切线方程为，令，
此时在处的切线方程为，即是的切线，
联立，∴，
∴在处的切线为，
∴也是的切线．
因此直线既是曲线的切线，也是曲线的切线；
【小问2详解】
若选①，当时，，显然无最大值．不符合题意，
若选②，，
，
当或时，，当，
故在上单调递减；上单调递增，上单调递减，
时，且，，，∴．
若选③，则，
当或时，，当，
所以在上单调递增；上单调递减；上单调递增，
时，且，，，∴．
17. 已知，数列前项和为，且满足；数列满足，．
（1）求数列通项公式；
（2）是否存在实数，使得数列是等差数列？如果存在，求出实数的值；如果不存在，请说明理由；
（3）求使得不等式成立的的最大值．
【答案】（1）
（2）存在，
（3）4
【解析】
【分析】（1）根据作差得到，结合等比数列的定义计算可得；
（2）假设存在实数，使得数列是等差数列，根据等差数列的定义作差得到，即可求出；
（3）结合（2）可得的通项公式，即可得到，令，利用作差法说明单调性，即可求出的最大值.
【小问1详解】
因为①，②，
②-①得，∴，而，∴，
∴成首项为，公比为的等比数列，∴．
【小问2详解】
假设存在实数，使得数列是等差数列，
∴
为常数，
∴，解得，
∴存在使成等差数列，且公差为．
小问3详解】
由（2）知，
∴，∴不等式，即，
令，则，
∴在上单调递减，注意到，，
∴时，，∴．
18. 在四棱锥中，，，平面，，分别为，的中点，．

（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离；
（3）若二面角的余弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）2
【解析】
【分析】（1）先运用线面垂直性质得到，进而证明平面，再由，得到平面，进而得到面面垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和方向向量，面的法向量坐标，结合点到面的距离公式计算即可；
（3）运用向量法，结合二面角的余弦值为，建立方程计算即可.
【小问1详解】
证明：∵平面，∴，
又∵，∴，，∴平面，
又∵，分别为，的中点 ∴，∴平面，
∵平面，∴平面平面.
【小问2详解】
如图建系

∵，，，
∴，，，，
∴，，，，
∴，，，，
设平面的一个法向量，∴，
∴到平面的距离．
【小问3详解】
仿（2）建系，设，∴，，，，
设平面和平面的一个法向量分别为n1=x1,y1,z1，，
∴，，
显然二面角平面角为锐角，∴，
∴，即．
19. 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）设，证明：．
【答案】（1）时， 单调递减；当时， 单调递增．
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助导数，讨论f′x与的大小即可得出的单调性；
（2）分离参数将题意转化为对恒成立，令，，求出即可得出答案；
（3）先证右边，借助（2）中所得，可得，令，可得，累加即可得证等式右边.再证左边，当时，，令，可得累加即可得证等式左边.
【小问1详解】
当时，，的定义域为0,+∞,
所以，令，
当时，f′x<0，单调递减；
当时，f′x>0，单调递增．
【小问2详解】
对恒成立，
即对恒成立，所以对恒成立，
令，，
，
令，，
，所以hx在1,+∞上单调递减，
所以，所以，所以在1,+∞上单调递减，
而时，，当趋近正无穷时，趋近0，
∴．
【小问3详解】
先证右边，证
只需证：，
由（1）知当时，（当且仅当时取“=”），
∴，令，∴，
此时右边得证.
再证左边：，，
，所以在1,+∞上单调递减，
所以，所以时，，
∴，∴，
即，
∴，左边得证！
综上：不等式得证！
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于从（2）中所得，可得，再累加即证明等式右边成立，再证左边当时，，令，可得累加即可得证等式左边.