广东省普宁市勤建学校2024-2025学年高三上学期第三次调研考试（期中）数学试题

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1．A
【分析】化简集合，根据交集运算求解.
【详解】根据题意，得，
所以，
故选：A.
2．A
【分析】把复数化为代数形式，得实部和虚部，由此可求得．
【详解】，所以实部为，虚部为，所以．
故选：A．
3．B
【详解】取中点，连接，∵，∴，，
又是中点，∴，且，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查平面向量的线性运算，解题可结合平面几何的知识得出直线、线段间关系，从而可得向量的运算表示．
4．C
【分析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为，，且，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.
故选：C.
5．D
【分析】令，由题意可得的图象与的图象有解，画出的图象，数形结合即可求解.
【详解】设，则.
因为方程有解，
所以的图象与的图象有解.
当时，，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且.
作出函数的图象如图所示：

由图可得，的图象与的图象有解，
则.
故选:D.
6．D
【分析】对于A,将下降趋势中的点代入即可求解;对于B,由图可知在的一条称轴为,因为,所以在上有最小值;对于C,根据对称即可判断与是否相等;对于D,由 经过上升趋势中的点 及可求出，进而知道的解析式,利用整体的思想以及结合三角函数的图象即可求解在上的根.
【详解】对于A,由图可知经过下降趋势中的点,
,故A错误;
对于B,由图可知在的一条称轴为
,所以在上有最小值,当时取得最小值,故B错误;
对于C,和都在区间(内，,故,故C错误；
对于D，由A知,
又 因为 经过上升趋势中的点 ,
,
,整理得
由图可知，即,
解得,又因为,所以当 时, 满足，
,
令,当时,,
时,
此时,
所以在上,有3个不同的根,D正确.
故选：D.
7．A
【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
8．B
【分析】令，依题意可得恒成立，求出函数的导函数，分、两种情况讨论，说明函数的单调性，求出，即可得到，从而得到，再利用导数求出的最小值，即可得解.
【详解】令，则恒成立，
又，
当时，恒成立，所以在上单调递增，且时，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，
所以，
令，，
则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出，从而得到.
9．AC
【分析】直接利用“巧值点”的定义，一一验算即可.
【详解】对于A：∵，∴，令，即，解得：x=0或x=2，故有“巧值点”.
对于B：∵，∴，令，即，无解，故没有“巧值点”.
对于C：∵，∴，令，即，由和 的图像可知，
二者图像有一个交点，故有一个根，故有“巧值点”.
对于D：∵，∴，令，即，可得，无解，故没有“巧值点”.
故选：AC
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：
(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；
(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.
10．BCD
【分析】运用平面向量的性质定理，即可求解.
【详解】A选项：，所以，所以，故A错误；
B选项：若得，则，显然不成立，故B正确；
C选项：因为,若向量，
则或，故C正确；
D选项：设的夹角为，
则向量在向量上的投影向量为所以，
又因为向量在向量上的投影向量为，
所以
则的夹角为，故D正确.
故选：BCD.
11．BCD
【分析】利用与关系，求出通项公式，即可判断A、B；利用等比数列求和公式，求出，进而确定，即可判断C选项；利用基本不等式即可判断D选项.
【详解】对于选项AB：由，时，有，所以，
当时，，两式相减得，且，可得，
可知数列是以为首项，公比为的等比数列，则，
故A错误，B正确；
对于选项C：因为，可得，，
所以是等比数列，故C正确；
对于选项D：因为，所以，由基本不等式可得，
而，，当，即时取等号，故的最大值是，
故D正确；
故选：BCD．
12．
【分析】根据奇函数求出时的解析式，对照所给解析式得出a，b即可得解．
【详解】设，则，所以，
所以，
又当时，，所以，，故，
故答案为：．
13．64
【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.
【详解】由题，整理得，
或，又，
所以，故
故答案为：64.
14． 1
【分析】设，由可求出；将化为关于的关系式即可求出最值.
【详解】设，，为边长为1的等边三角形，，
，
，为边长为的等边三角形，，
，
，
，
所以当时，的最小值为.
故答案为：1；.
15．(1)；
(2)．
【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；
（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．
【详解】（1）由于， ，则．因为，
由正弦定理知，则．
（2）因为，由余弦定理，得，
即，解得，而，，
所以的面积．
16．(1)
(2)
【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.
【详解】（1）因为为等差数列，设公差为d，
由，得，即，
由，，成等比数列得，，
化简得，因为，所以．
所以．
综上．
（2）由知，，
又为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，
所以
.
综上.
17．(1)或
(2)
【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可；
（2）弦有三角形为锐角三角形求出角的范围，在中，利用正弦定理将用角表示出来，再结合三角函数的性质即可得解.
【详解】（1）在中，，
由余弦定理可得，
即，解得或；
（2）因为，所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
在中，因为，
所以，
由，得，所以，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用线面垂直的性质定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，解出的值，即可得解.
【详解】（1）取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则，
因为，所以，，
设直线与直线交于点，
因为，则，，所以，，
所以，，故，
设，则，，
所以，，
且，，
所以，，所以，，
又因为，、平面，则平面，
因为平面，故.
（2）因为，，，
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，

因为，则、、、、，
设平面的法向量为，则，，
则，取，则，
设，其中，
，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，解得，即.
19．(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【详解】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
A
B
C
D
D
A
B
AC
BCD
题号
11









答案
BCD