陕西省榆林市2024-2025学年高三上学期第一次模拟检测数学试题

这是一份陕西省榆林市2024-2025学年高三上学期第一次模拟检测数学试题，共21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。


一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充要条件
4．已知曲线在点处的切线与曲线相切，则（ ）
A．B．C．D．
5．下图是学校体育场经常使用的篮球收纳筐（有盖），已知一个篮球的半径为12厘米，收纳筐底面的长和宽分别为和.若要放下8个这样的篮球，则篮球收纳筐的高度的最小整数值为（ ）
A．39B．40C．41D．42
6．在等腰梯形中，为线段上的动点，则的值不可能为（ ）
A．15B．12C．9D．6
7．已知函数在区间上的值域为.若，则的值为（ ）
A．8B．6C．4D．2
8．已知正三棱柱的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．在上的最小值为2
D．若，则的最小值为
10．函数，下列结论正确的是（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
C．若关于的方程在上有两个不相等的实数根，则
D．函数的最大值为
11．如图所示，在四棱锥中，底面是长方形，平面，是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得平面平面
B．若三棱锥的体积为四棱锥的体积的，则为的中点
C．若，则不存在点使得直线和的夹角为
D．设平面平面，则点从运动到（点不与点重合）的过程中，二面角的平面角的大小逐渐减小
三、填空题
12．已知数列的前项和为.若，则 .
13．已知和是方程的两个根，计算 .
14．将5个1，5个2，5个3，5个4，5个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入1个数），使得同一列中任何两数之差的绝对值不超过2，设第列的所有数的和为为中的最小值，则的最大值为 .
四、解答题
15．在递增数列中，.
(1)求的值；
(2)求数列的前项和.
16．记的内角的对边分别为，已知.
(1)求角的大小；
(2)若外接圆的半径为，求周长的最大值.
17．如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为2的正方形，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
18．已知函数.
(1)当时，求的最小值；
(2)求的极值；
(3)当时，证明：当时，.
19．不动点在数学和应用中具有重要作用，不动点是指被函数映射到其自身的点.对于函数，我们把满足的称为函数的不动点，已知函数.
(1)证明：在有唯一的不动点；
(2)已知，且的前项和为.证明：
①为递增数列，为递减数列，且；
②.
参考答案：
1．C
【分析】求出，求出.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2．B
【分析】求复数的代数形式，再根据复数的几何意义确定其象限.
【详解】复数，
则在复平面内对应的点位于第二象限，
故选：B.
3．B
【分析】解不等式，即可确定选项.
【详解】解法1：当时，由得，解得，
当时，由得，解得，
故由可得：或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选B.
解法2：设，可得：，
对于，都有，故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．D
【分析】求导，计算曲线在点处的切线方程，利用切线与曲线相切可得结果.
【详解】解法1：由得，当时，，
所以曲线在点处的切线方程为：，即.
由得，，
所以，解得，
故选：D.
解法2：由得，当时，，
所以曲线在点处的切线方程为：，即.
因为，所以，
令，得，
所以与曲线的切点为，
由切点在切线得，解得，
故选：D.
5．C
【分析】法1：过平面于，求得正四棱锥的高即可.
法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求得正四棱锥的高.
【详解】解法1：底层正好容纳6个球，当高度最低时，8个球的球心组成了下图所示的几何体，
则四棱锥为棱长均为24的正四棱锥，
过平面于，可得是正方形的中心，
因为，可得，由，可得，
此时.
解法2：底层正好容纳6个球，当高度最低时，
左侧的5个球的球心组成了棱长均为24的正四棱锥，
以为坐标原点，，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故选:C.
6．A
【分析】解法1：建系，设，，结合数量积的坐标运算求解；解法2：根据数量积的几何意义分析求解.
【详解】解法1：以A为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
则，设，，
可得，则，
结合选项可知选项A的值不可能成立；
解法2：设在上的数量投影为，则，
结合选项可知选项A的值不可能成立；
故选：A.
7．D
【分析】根据题意可得函数在上递增，利用可得的值.
【详解】解法1：因为，
所以，
所以关于2,1对称.
因为，函数在区间上的值域为，所以.
解法2：因为在上递增，
所以.
解法3：取，因为在0,4上递增，
所以.
故选D.
8．A
【分析】解法1：先利用正弦定理求出正三棱柱的底面圆半径，再借助于勾股定理建立方程，求出外接球半径即得.解法2：先判断正三棱柱的的外接球球心在高线的中点，即可判断外接球半径继而得出外接球体积范围，排除其他三项即得.
【详解】
解法1：如图，设正三棱柱外接球的球心为，半径为.
记和外接圆的圆心分别为和，其半径为，
由正弦定理得：.而为的中点，
所以则
故选:A.
解法2：设正三棱柱外接球的半径为
因正三棱柱的高为，由对称性知其外接球球心必在高线的中点，
故此时.
故选:A.
9．BC
【分析】利用不等式的性质可得选项A错误，选项B正确；根据基本不等式可得选项C正确；举反例可得选项D错误.
【详解】解法1：因为，所以，A错误.
因为，所以，B正确.
当时，函数，当且仅当时取等号，C正确.
当，时，，D错误.
解法2：因为在上递减，，所以，A错误.
因为，所以在R上递增，，B正确.
因为函数在0,1上递减，在1,+∞上递增，所以当时，取得最小值2，C正确.
因为，所以，当时，，D错误.
故选：BC.
10．ABD
【分析】根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，画出函数图象或整体思想分析可得选项A正确；根据函数图象平移左加右减的原则可得选项B正确；方程根的个数问题转化为函数图象交点个数问题可得选项C错误；利用同角三角函数的关系化简函数解析式可得选项D正确
【详解】解法1：，其函数图象如下图所示：
由图象可得：在上单调递增，A正确.
函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象，
所以的图象可由函数的图象向右平移个单位得到，B正确.
因为，所以，
所以与y=fx在上有两个交点，
即：，故，C错误.
，
当且仅当时取等号，D正确.
故选：ABD.
解法2：当时，，故在上单调递增，A正确.
因为，将其向右平移可得：，B正确.
时，取得最大值，该函数在上最多一个最大值，C错误.，令，则，当时，取得最大值，D正确.
故选：ABD.
11．AB
【分析】利用线面垂直证明面面垂直可得选项A正确；转化棱锥体积可得到平面的距离为点到平面的距离的一半，故为的中点，选项B正确；建立空间直角坐标系，表示各点坐标，利用线线夹角的向量公式可得选项C错误；利用法向量表示二面角的余弦值可得选项D错误.
【详解】解法1：

因为平面，平面，所以，
又因为，且两直线在平面内，所以平面，因为平面，所以.
当于时，，且两直线在平面内，所以平面，因为平面，所以平面平面，A正确.
因为，，所以，即，所以点到平面的距离为点到平面的距离的一半，故为的中点，B正确.
当为的中点时，连接交于，连接，则，则直线和的夹角等于直线和的夹角，
由得，，故为等边三角形，故存在点使得直线和的夹角为，C错误.
过作交的延长线于，则.过作于，连接，过作于，连接，
设二面角的平面角为，，均为定值，当点从运动到的过程中，先增加到1，而后逐渐减小，故先减小后增大，二面角平面角的大小也先减小后增大，D错误.
解法2：将该四棱锥放入正方体，
当于时，平面平面，A正确.
若三棱锥的体积为四棱锥体积的，则为的中点，B正确.
若，将该四棱锥放入正方体，为的中点时，和的夹角为，C错误.
当的长度趋于正无穷大，当点在处时，二面角的平面角趋于，当点在处时，二面角的平面角趋于，D错误.
解法3：
当于时，平面平面，A正确.
若三棱锥的体积为四棱锥体积的，则为的中点，B正确.
若，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，，令，解得：，C错误.
设平面的一个法向量，由可得：，令，则，同理可得：平面的一个法向量，所以在上不单调，D错误.
故选：AB.
12．
【分析】根据数列前项和求数列的通项公式，分别计算即可得到结果.
【详解】解法1：当时，.
当时，.
所以.
解法2：.
故答案为：.
13．
【分析】解法1和解法2利用韦达定理结合三角恒等变换化简可得，解法3取特殊值求解.
【详解】解法1：，
，
所以，即.
解法2：
.
解法3：令，则和0是方程的两个根，
则.
故答案为：.
14．10
【分析】依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论，确定的最大值.
【详解】依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论，
（1）若5个1分布在同一列，则；
（2）若5个1分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数至多为3，
故，故；
（3）若5个1分布在三列中，则由题意知这三列中出现的最大数至多为3，
故，故；
（4）若5个1分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3，这与已知矛盾.
综上所述，；
另一方面，如下表的例子说明可以取到10.
故答案为：10
15．(1)；
(2).
【分析】（1）根据递推式依次求出对应项，结合单调性确定最终值；
（2）由题设得，应用等比数列前n项和求.
【详解】（1）因为，所以，解得，
同理得或，或5，又是递增数列，
所以；
（2）因为，所以，
所以或，又是递增数列，所以，
故，所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）先应用正弦定理得出结合结合辅助角公式或者二倍角公式即可求解；
（2）解法1：应用正弦定理得出边长再结合余弦定理及基本不等式求解；
解法2先应用正弦定理再应用两角和差公式结合正弦函数值域求解.
【详解】（1）解法1：因为，所以由正弦定理可得：
，
而，所以，即：，
因为，所以.
解法2：因为，所以由正弦定理可得：，而，
所以，即：，
因为，所以，
所以
（2）解法1：因为外接圆的半径为，所以，
由余弦定理得：，
所以，
当且仅当时等号成立，故三角形周长的最大值为.
解法2：因为外接圆的半径为，所以由正弦定理得：，
所以，
当且仅当，即时取等号，故周长的最大值为.
17．(1)证明见解析
(2)2或4
【分析】（1）结合题目条件建立空间直角坐标系，设，表示各点坐标，求和平面的法向量，利用可证明结论.
（2）计算和平面的法向量，利用线面角的向量公式建立等量关系即可求出结果.
【详解】（1）解法1：因为平面，平面，平面，
所以.
因为四边形为正方形，所以.
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以.
设平面的法向量为n=x,y,z，由可得：，
令，则.
因为，平面，所以平面.
解法2：
如图，连接交于，连接，

因为分别为的中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
（2）解法1：由（1）知，，，
设平面的法向量为，由可得：，
令，则，设直线与平面所成角为，
，解得或，故长为2或4.
解法2：
作直三棱柱，过点作于，过点作于，
取的中点，连结，则平面平面，所以在平面的投影即为.
因为，所以四边形为平行四边形，所以，
所以为直线与平面所成的角.
设，则，
则，解得或，故长为2或4.
18．(1)1
(2)时，无极值；当时，极小值，无极大值
(3)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，得到最小值；
（2）求定义域，求导，分和两种情况，求出函数单调性，得到极值情况；
（3）解法1：令，二次求导，结合特殊点函数值，得到其单调性，得到，即当时，；
解法2：根据题目条件得到，只需证，构造函数，求导得到其单调性，结合特殊点函数值证明出结论.
解法3：令，由（1）可知，当且仅当时取等号，放缩得到，得到函数单调性，故，证明出结论；
解法4：令，求导得到其单调性，由（1）得到，即，故，放缩得到；
解法5：令，求导得到其单调性，由（1）得到，即，放缩得到.
【详解】（1）当时，，函数的定义域为.，
当时，；当时，.
因此在单调递减，在单调递增，故的最小值为.
（2）的定义域为.
若时，则，故在单调递减，无极值；
若时，令得.当时，；
当时，.
因此在单调递减，在单调递增，
故有极小值，无极大值.
（3）解法1：令，
，
令，则，
因为，所以，
因此在单调递增，，即，
故在单调递减，，即当时，.
解法2：因为，所以，
要证当时，，即证，
令，
令，则，因为，
所以，因此在单调递增，，
即，故在单调递减，，故原不等式成立.
解法3：令，
，由（1）可知，当且仅当时取等号，
因此，当且仅当时取等号，
，
即，故在单调递减，，
即当时，.
解法4：令，则，故在单调递减.
由（1）可知：当时，，所以，
即：，故，
而，所以.
解法5：令，因为，
所以在单调递减.由（1）可知：当时，，
所以，即：，
故，而，所以.
【点睛】关键点点睛：第三问，可以作差法构造函数进行求解，也可以放缩法证明，常见的放缩不等式有，，，，等，选择合适的不等式进行放缩求解.
19．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1），利用导数求在上的单调性，结合不动点定义和零点存在定理证明即可；
（2）①根据导函数求的单调性，结合（1）中不动点结论可得，再利用数学归纳法证明即可；
②利用，代入结合放缩法可得，即，故即可证明结论.
【详解】（1）令，
则，，，
所以当时，在上递减，
而，故在有唯一的零点，
即在有唯一的不动点.
（2）①因为，
所以，在上单调递增；
，
所以，
而在的不动点为，
所以，
假设时，成立，
则，即成立，
结合可得：对于任意恒成立，
故为递增数列，为递减数列，且；
②，
因为，所以，因此，即，
故.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
B
D
C
A
D
A
BC
ABD
题号
11









答案
AB









1
1
1
4
5
1
1
2
4
5
2
2
2
4
5
3
3
2
4
5
3
3
3
4
5