福建省泉州市安溪县2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一、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（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求出，由函数特征求定义域，得到，利用补集和交集概念求出答案.
【详解】，解得，故，
得，故，
故.
故选：B
2. 若复数满足，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法求复数，进而判断对应点所在象限.
【详解】由题设，
则对应点为在第三象限.
故选：C
3. 若和是两个互不相等的正实数，则“”是“”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】根据充分条件，必要条件的定义结合对数函数的性质判断即可.
【详解】若，则，即或，
当时，，则，
当时，，则，
所以“”是“”的充分条件.
若时，满足，而，
所以“”是“”的不必要条件.
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 已知，是两个非零平面向量，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量垂直关系得，再由投影向量公式求解.
【详解】由于，
则，即，
可得，
则在方向上的投影向量为.
故选：C
5. 在平面直角坐标系中，将角的终边顺时针旋转后经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数定义得到，，利用凑角法求出答案.
【详解】由题意得，，
故
.
故选：B
6. 定义在上的偶函数和奇函数满足，若函数的最小值为，则（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据函数奇偶性得到，，从而得到，换元得到在上的最小值为，根据对称轴，分和两种情况，根据函数单调性得到最小值，从而得到方程，求出答案.
【详解】①，故，
因为为上的偶函数，为上的奇函数，
故，所以②，
式子①和②联立得，，
，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
所以在上的最小值为，
由于的对称轴为，
故当时，上单调递增，
故，解得，不合要求，舍去；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，负值舍去；
故选：C
7. 数列是首项为1，公比为2的等比数列，其前项和为，，为数列的前项和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设有，结合三角函数性质有，即可求值.
【详解】由题设，，且当为偶数时，当为奇数时，
所以
.
故选：B
8. 函数的定义域为，为的导函数，满足，，则的最小值为（ ）
A. B. eC. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设有，构造，易得，结合已知进一步得到，根据其导数求其最小值.
【详解】由题设，可得，
令，则，故，
所以，其中为常数，又，则，
所以，故，则，
而，定义域为0,+∞，
当时，f′x0，故在上递增，
所以的极小值，也是最小值为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据已知得到，结合形式构造为关键.
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. 下列函数最小值为4的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】A由二次函数性质判断；B利用指数函数性质，结合基本不等式求最小值；C应用三角恒等变换得，结合正弦型函数性质判断；D函数化为，应用基本不等式求最小值判断.
【详解】A：，不符；
B：，当且仅当时等号成立，符合；
C：，则，故，符合；
D：且，故，
所以，当且仅当时等号成立，符合.
故选：BCD
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的最小正周期为
B. 函数过定点
C. 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，若函数是偶函数，则的最小值为
D. 函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦型函数的性质判断A、B；图象平移确定解析式，根据偶函数求参数判断C；令，化为在有5个根求参数范围判断D.
【详解】A：由题设，则最小正周期为，错；
B：显然恒成立，故函数过定点，对；
C：函数的图象向左平移个单位得为偶函数，
所以，可得且，又，
所以的最小值为，对；
D：由题意在上有5个根，而，
所以在有5个根，如下图示，
所以，可得，错.
故选：BC
11. 已知正方体的棱长为，，，分别是，，的中点，点为正方体表面上的一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 的面积为
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 若平面，则点的轨迹长度为
D. 当点为的中点时，到直线的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意有是边长为的等边三角形，求面积判断A；利用线面平行、面面平行的判定证面面，结合正方体的结构特征有面，当重合时三棱锥体积最大，且当在上除外运动时，平面，判断B、C；根据已知求得，再由到直线的距离为判断D.
【详解】由题意，可得是边长为的等边三角形，故其面积为，A对；
由题设，面，面，则面，
同理可证面，且在面内，故面面，
根据正方体性质，易得面，即面，
结合正方体的结构，易知当重合时，三棱锥体积最大，
由A分析，易知棱锥的高，
此时到面的距离，则，B错；
由上知，当在上除外运动时，平面，轨迹长为，C对；
若点为的中点，此时，且，
所以，则，
所以到直线的距离为，D对.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】依次代入求解即可.
【详解】，，
所以.
故答案为：1
13. 在中，内角，，的对边分别为，，，满足，，，则__________.
【答案】2
【解析】
分析】先由二倍角公式和余弦定理得，从而解得.
【详解】根据题意，，
由正弦定理得，所以，
由余弦定理，，
即解得或（舍），
所以.
故答案为：2
14. 记数列的前项和为，若对任意的正整数，函数均存在两个极值点，，且满足，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数法求极值，得，设，因为，结合已知得，再利用裂项相消法求和.
【详解】函数定义域为0,+∞，且，
令，得，

如图所示，不妨设，
因为，所以，
解得，代入条件得，
化简得：，
即，
所以
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据导数法求极值，得，设，因为，从而得，代入已知化简得：，从而可得，可解问题.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 已知等差数列的前项和为，若，.
（1）求数列的通项公式及前项和；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，根据题目条件得到方程组，求出，得到通项公式和前项和；
（2），利用错位相减法求和得到答案.
小问1详解】
设公差为，则，
，
解得，故；
；
【小问2详解】
，
故①，
则②，
式子①-②得
，
所以.
16. 如图所示，，分别为半圆锥底面半圆弧上的两个三等分点，为中点，为母线的中点.

（1）证明：平面；
（2）若为等边三角形，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）若是中点，根据题设证，再由线面平行的判定证结论；
（2）作，连接，利用线面垂直的判定及性质定理，结合面面角的定义确定所求角为或其补角，进而求其余弦值.
【小问1详解】
由，分别为底面半圆弧上的两个三等分点，易知且，
若是中点，而为母线的中点，则且，
所以且，则为平行四边形，故，
由面，面，故平面.
【小问2详解】
作，连接，如上图所示，
由题意，面面，，面，面面，
所以面，面，则，
由都在面内，则面，而面，
所以，又都在面内，故面，
由面，则，结合，且面，面，
所以平面与平面的夹角为或其补角，
令等边三角形的边长为2，则，由题设易知，则，，
在中上的高，则，
所以，故，
所以平面与平面的夹角余弦值为.
17. 函数，其中为整数.
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）当x∈0,+∞时，恒成立，求的最大值.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可；
（2）当时，可得恒成立；当时，转化问题为对于恒成立，设，，进而利用导数分析求解即可.
【小问1详解】
当时，，则，
而，则，
所以函数在处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
当时，，则恒成立，
当时，由，得，
即，则，
即对于恒成立，
设，，
则，
当时，显然恒成立，则函数在上单调递增，
则，满足题意；
当时，令，即，解得，
此时函数在上单调递减，
则，不满足题意.
综上所述，的最大值为2.
18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求；
（2）求的面积；
（3）在所在的平面内有一动点，满足，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式得，再由正弦定理可解；
（2）由余弦定理和已知得，由等式两边的取值范围可得，从而可得三角形面积；
（3）以为坐标原点建立平面直角坐标系，由数量积坐标运算得动点轨迹方程，即，可解问题.
【小问1详解】
根据题意，，
因为，所以，
由正弦定理得，所以；
【小问2详解】
由余弦定理，，
代入，得，
两边同时除以，，
由于，当且仅当时等号成立，
而，当且仅当时等号成立，
即，
由余弦定理，
即，的面积；
【小问3详解】
由（1）（2）可知，，所以，
以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，，
，
故可设（为变量）
则，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第（2）问中，由题意得，两边同时除以，，接下来由等式左右两边的范围得是解题的关键.
19. 设f′x为函数的导函数，若f′x在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数，区间称作函数的凹区间；反之，则称为区间上的凸函数，区间称作函数的凸区间.
（1）已知函数，求的凹、凸区间；
（2）如图所示为某个凹函数的图象，在图象上任取两个不同的点，，过线段的中点作轴的垂线，与函数图象和轴分别交于，两点，则有.
①将不等关系转化为对应的不等式；
②证明：当，时，恒成立.
【答案】（1）凹区间为，凸区间为；
（2）①；②证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）二次求导，得到导函数的单调区间得到的凹区间和凸区间；
（2）①表达出的坐标，由得到结论；
②对不等式两边取对数，问题等价于，构造函数，，二次求导，得到是函数hx的凹区间，，所以当时，hx是凹函数，结合①的结论得到答案.
【小问1详解】
因为的定义域为0,+∞，，
设，则，
当x∈0,1时，，当x∈1,+∞时，，
故在x∈0,1上单调递减，在x∈1,+∞上单调递增，
所以的凹区间为1,+∞，凸区间为0,1；
【小问2详解】
①对于凹函数定义域中的任意两个自变量，
，，
，，
所以，，
由，有，
②对不等式两边取对数，问题等价于，
恒成立，
构造函数，，
即恒成立，
，令，
，
令，即，解得，
所以是函数hx的凹区间，
，所以当时，hx是凹函数，
由①知，，当时，等号成立，
所以时，恒成立，
即恒成立.
【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.