2025届山西省大同市高三(上)11月全市统考数学试卷(解析版)

这是一份2025届山西省大同市高三(上)11月全市统考数学试卷(解析版)，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得．
故选：B.
2. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，得，则，即，
所以.
故选：C
3. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因函数单调递增，所以，故，
又函数单调递减，所以，所以．
故选：A.
4. 记无穷等差数列的公差为，前项和为．设甲：且；乙：有最小值，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】A
【解析】因为当时，数列存在前项小于，从第项开始不小于，此时有最小值，所以甲是乙的充分条件．
又当时，的最小值为，所以甲不是乙的必要条件．
综上，甲是乙的充分条件不必要条件.
故选：A
5. 已知且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为．
故选：C
6. 已知向量满足，且与的夹角为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，
因为，
所以，
故选：D．
7. 已知函数有且仅有一个零点，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由得．
令．
当时，与的大致图象如图（1）所示，
由于两个函数的图象都关于直线对称，此时如果有交点，交点的个数应为偶数，不可能只有一个；
当时，方程无解；
当时，与的大致图象如图（2）所示，要使两个函数图象只有一个交点，
则有，即，则．
故选：C.
8. 已知四面体ABCD的顶点均在半径为3的球面上，若，则四面体ABCD体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，设为AB的中点，为CD的中点，为四面体ABCD外接球的球心，
因为，
所以，又，
所以，当且仅当AB与CD垂直，且均与EF垂直时取等号．
故选：B．
二、多项选择题：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. 已知为空间内的一条直线，为空间内两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】对于A，若，则可能或与相交，故A错误；
对于B，根据面面垂直的判定定理可知B正确；
对于C，根据面面平行的性质可知C正确；
对于D，若，则可能，或与相交且成“任意”的角，故D错误．
故选：BC.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】对于A，，即，当且仅当时等号成立，
所以，故A错误；
对于B，由，得，
即，则，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C，，
当且仅当时等号成立，故C正确；
对于D，，
又，所以，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：BCD.
11. 已知函数的定义域为，若，则（ ）
A. B. 是偶函数
C. 以4为周期D.
【答案】ABD
【解析】由题意，，
对于A，令，得，则，
令，得，
则，所以，故A正确；
对于B，令，得，得，
所以是偶函数，故B正确；
对于C，由A知，，则，
所以，
则，所以函数以6为周期，故C错误；
对于D，，
，
则，
又，所以，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知是奇函数，则的值为______．
【答案】4
【解析】因为函数是奇函数，所以恒成立，
即，
所以.
13. 已知函数，若，且在区间上恰有两个极值点，则______．
【答案】
【解析】因为，
又因为在区间上恰有两个极值点，且，
所以的最小正周期，即，
所以．
14. 对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中，称为数列的阶差分数列，其中．已知数列bn满足，且为bn的二阶差分数列，则数列bn的前项和______．
【答案】
【解析】因为为bn的二阶差分数列，即，
由，故，
可知，即，
得，
所以，又，
故数列是首项为，公差为的等差数列，
因此，，
所以①，
得②，
得，
故．
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. 已知函数的图象在点处的切线与直线平行．
（1）求；
（2）求在区间上的最大值．（参考数据：）
解：（1）由题意得．
由点处的切线与直线平行知，即，
所以．
（2）由（1）知．
当时，在单调递减，
当时，在单调递增．
所以在区间上最大值为和中的较大者．
因为，
所以，即，
故在区间上的最大值为．
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求；
（2）如图，为内一点，且，证明：．
解：（1），
∴由正弦定理得，整理得．
∴由余弦定理得，
又．
（2）设．
在中，由余弦定理可得，
，整理得，
即：，解得：或，
由题易知舍去，下证即可得证明.
在中，，即．
∴结合（1）有，
故，即．证毕.
17. 如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，平面平面，．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面．
（2）如图，过作交于点，作于点．
由（1）得平面平面，
两两垂直，
故以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由条件可得，，
．
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
所以为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
18. 已知是首项为的等差数列，其前项和为，，为等比数列，，．
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）记，若对任意恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）设等差数列的公差为，
因为，，解得，
所以，.
设的公比为，因为，，
解得，所以，.
（2）因为，
当为偶数时，
．
当为奇数时，．
所以，.
（3）因为，．
令，
则，
当时，，即，
当时，，即，
所以，数列的最大项为，
因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为．
19. 帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发现的一种用有理函数逼近任意函数的方法．帕德逼近有“阶”的概念，如果分子是次多项式，分母是次多项式，那么得到的就是阶的帕德逼近，记作．一般地，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足，．
注：．
已知函数在处的阶帕德逼近为．
（1）求的解析式；
（2）当时，比较与的大小；
（3）证明：当时，．
（1）解：由题意知，
，
即解得
所以．
（2）解：设，则．
记，则．
当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以当时，，
所以，仅当时，，故在上单调递减．
又因为，
所以当时，，
当时，，
当时，．
即当时，，
当时，，
当时，．
（3）证明：要证当时，，需证．
设，则．
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即．
要证，只需证，需证．
记，易知在上单调递增．
由（2）知，当时，，即，
取，则有．
所以结论成立．