2024-2025学年陕西省榆林市府谷县高三上册第五次考试（12月）数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年陕西省榆林市府谷县高三上册第五次考试（12月）数学检测试题（附解析），共15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。
1．已知全集，，，则可以是（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，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
3．在等差数列中，若，则（ ）
A．3B．6C．9D．12
4．已知为奇函数，则（ ）
A．1B．2C．0D．
5．早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项，以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同．若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
7．《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形ABCDEFGH的边长为4，点P是正八边形ABCDEFGH的内部（包含边界）任一点，则的取值范围是（ ）
A．B． C．D．
8．已知椭圆和双曲线有公共的焦点，其中为左焦点，是与在第一象限的公共点.线段的垂直平分线经过坐标原点，若的离心率为，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数满足，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为B．复数在复平面中对应的点在第三象限
C．D．
10．已知函数，，对，f(x)与g(x)中的最大值记为，则（ ）
A．函数f(x)的零点为，B．函数的最小值为
C．方程有3个解D．方程最多有4个解
11．已知函数，则（ ）
A．当时，函数的最小值为
B．当时，函数的极大值点为
C．存在实数使得函数在定义域上单调递增
D．若恒成立，则实数的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．双曲线的一个焦点在抛物线的准线上，则抛物线的标准方程为 .
13．已知三角函数的图象关于对称，且其相邻对称轴之间的距离为，则 .
14．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为的中点，，直线与所成角的大小为，则四校锥的体积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，分别为边所对的角，且满足.
(1)求的大小；
(2)若，求的面积.
16．已知等比数列an的前n项和为，且，，成等差数列，.
(1)求数列an的通项公式；
(2)若，证明：数列bn的前n项和.
17．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，，点是棱的中点．

(1)证明：；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
18．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N.证明：直线MN与x轴垂直.
19．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若为函数的正零点，证明：．
答案
1．【正确答案】D
【详解】依题意，，因此中不能有元素1，2，3，选项ABC不满足，D符合题意.
故选：D
2．【正确答案】C
【分析】利用平面向量平行的坐标表示求解即可.
【详解】当时，，，
此时，故，故充分性成立，
当时，满足，解得，
故此时必要性成立，故C正确.
故选C.
3．【正确答案】B
【详解】在等差数列中，设首项和公差分别为，则
，
解得.
故选：B.
4．【正确答案】A
【分析】利用奇函数的性质建立方程，求解参数，再求值即可.
【详解】因为为奇函数，所以，
所以，而，得到，
解得，经验证符合题意，
所以，故A正确.
故选A.
5．【正确答案】D
【详解】不妨设，，则，，
所以，当且仅当时取等号，
即，当且仅当时取等号，
所以
，
所以当时，取得最小值．
故选D．
6．【正确答案】B
【详解】因为，解得，
所以，
故选：B.
7．【正确答案】B
【分析】延长交于点M，延长交于点N，转化为求解最值即可．
【详解】延长交于点M，延长交于点N，
如图所示：
根据正八边形的特征，可知，
又，
所以，，
则的取值范围是．
故选B．
8．【正确答案】B
【详解】如图，令线段的垂直平分线与的交点为，显然是的中点，而是的中点，则，而，因此，
所以有，
则，令与的半焦距为，
由，得，于是，解得，则，
，所以的渐近线方程为.
故选B.
9．【正确答案】BC
【分析】利用复数的四则运算求出复数判断A，C，利用复数与点的对应关系判断B，利用虚数的性质判断D即可.
【详解】因为，所以，
，所以的虚部为，故A错误，
而，故复数在复平面中对应的点在第三象限，故B正确，
，
，故C正确，
虚数无法比较大小，故D错误.
故选BC.
10．【正确答案】BCD
【详解】对于A，由，即，得或，所以的零点为和3，所以A不正确；
对于B，因为的解为和，由与的图象可知，

当时，有最小值，所以B正确；
对于C，因为的图象与有3个交点，

所以方程有3个解，所以C正确；
对于D，令，因为，由选项B中的图象可知，
当时，最多有2个解，，
当时，有2个解；而有2个解，
故最多有4个解，所以D正确．
故选：BCD．
11．【正确答案】AD
【分析】由函数极值的求解以及极值点的辨析即可判断AB，由在上恒成立即可判断C，分离参数，构造函数求得其最小值，即可判断D.
【详解】因为函数，则，其中，
当时，则，令，可得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，即最小值，故A正确；
当时，则，令，可得，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，函数有极小值，则为极小值点，故B错误；
假设存在实数使得函数在定义域上单调递增，
则在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上恒成立，因为的值域为，
所以函数无最小值，
故不存在实数使得函数在定义域上单调递增，故C错误；
若恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，令，则，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，有极小值，即最小值，所以，故D正确；
故选AD.
12．【正确答案】
【详解】双曲线的焦点为，可得，则抛物线的标准方程为.
故．
13．【正确答案】/
【详解】由题意可知，，所以，
所以，所以，
又函数的图象关于对称，
又，且，
所以.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】连接，如图所示：
因为，所以直线与所成角为（或其补角），
因为平面，所以，
又底面为矩形，所以，
因为，平面，平面，而平面，
所以，所以均为直角三角形，
设，则，即，
因为点E为的中点，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，解得，
所以四棱锥的体积.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1），
，
又，由正弦定理得，
；
（2）在中，由余弦定理得，
，则，解得（舍），，
.
16．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设等比数列的公比为，由，，成等差数列和，列方程组求出和，可得数列的通项公式；
（2），裂项相消求得，由，可得.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
由，，成等差数列知，，
即，
所以，有，即或.
①当时，，不合题意；
②当时，，得，
所以等比数列的通项公式；
（2）证明：由（1）知，
所以，
所以数列的前n项和，
由，可得.
17．【正确答案】(1)证明过程见详解
(2)
【详解】（1）连接，
在菱形中，，，所以，
在中，，，所以，所以，
在中，，，，所以，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，
因为四边形是菱形，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以．

（2）记，连接，
由点是棱的中点，且点是的中点，所以，
又由（1）知平面，所以平面，
则以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

所以，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，解得，，
所以平面的一个法向量为，
因为是的中点，且，
所以，
所以，
又，
设平面的一个法向量为，
所以，即，
令，解得，，
所以平面的一个法向量为，
由图可知平面与平面所成角为锐角，
所以，
故平面与平面所成角的余弦值为．
18．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意有：，解得，，，
故椭圆C的标准方程为.
（2）点A的坐标为，点B的坐标为，点D的坐标为，
设点P的坐标为，，有，可得，
直线BD的方程为，整理为；
直线AD的方程为，整理为；
直线AP的方程为；
联立方程，解得，M的横坐标为，
直线BP的方程为，
联立方程，解得：，N的横坐标为，
，
故点M和点N的横坐标相等，可得直线MN与x轴垂直.
19．【正确答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）函数的定义域为．
，
①当即时，，函数单调递增，增区间为，没有减区间；
②当时，由，可得函数的减区间为，增区间为；
③当时，由，可得函数的减区间为，增区间为；
（2）证明：当时，由及函数的减区间为，增区间为，可知等价于．
又由，等价于证明，
又由，
令，有，
可得
，
令，则，
可得函数单调递减，则，
可得当时，．
故有，可得得证．
【关键点拨】本题难点在于利用单调性和零点定义将不等式转化为，然后通过换元法，构造函数，利用导数讨论单调性可证.