广东省广州市培正中学2024-2025学年高三上学期期末模拟考试数学试题

这是一份广东省广州市培正中学2024-2025学年高三上学期期末模拟考试数学试题，共19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。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1．已知集合，，且，那么的值可以是
A．B．C．D．
2．不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
3．在复平面内，复数满足，则复数对应的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
6．在空间直角坐标系中，为直线l的一个方向向量，为平面的一个法向量，且，则（ ）
A．3B．1C．－3D．－1
7．已知函数若的值域为,则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．若等差数列的前项和为，则“且”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。
9．下列说法正确的有（ ）
A．直线的斜率越大，倾斜角越大
B．直线在轴上的截距为
C．直线的斜率为
D．若直线经过第一、二、四象限，则点在第二象限
10．已知三次函数，则（ ）
A．当时，函数为单调递增函数
B．当时，函数y=fx的图象关于对称
C．存在，使得函数y=fx图象关于直线对称
D．函数有三个零点的一个充分条件是
11．如图，在棱长为4的正方体中，E，F分别是棱的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面CEF，则点P的轨迹长度为
B．若，则点P的轨迹长度为
C．若P是正方形的中心，Q在线段EF上，则的最小值为
D．若P是棱的中点，三棱锥的外接球球心为O，则平面截球O所得截面的面积为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知，则向量在向量上的投影向量的坐标为 .
13．若直线l：与直线的交点位于第二象限，则直线l倾斜角的取值范围是 ．
14．已知，则的最大值为 ．
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．（13分）记为数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．（15分）如图，AB是圆柱的底面直径且，是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周 EQ \\ac(⁀,AB)上靠近点A的三等分点，点E在线段上．
(1)求圆柱的表面积与体积；
(2)求三棱锥的体积；
(3)若D是的中点，求的最小值．
17．(15分)记锐角三角形的内角的对边分别为a,b,c，的面积为，已知.
(1)求角；
(2)若，求的取值范围.
18．（17分）如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，为的中点，二面角的大小是．
(1)求证：平面平面；
(2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
19．（17分）已知函数，.
(1)当时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)若函数是单调递增函数，求的取值范围；
(3)当时，是否存在三个实数且？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．D
【详解】解：因为,故集合B能取遍一切小于等于1的实数，则m>1,故选D
2．C
【分析】根据题意，由条件可得，即可得到结果.
【详解】，则，解得，故原不等式的解集为．
故选：C
3．A
【分析】先根据复数的除法运算计算出，然后根据的实虚部可知对应的点的坐标.
【详解】因为，所以对应的点的坐标是，
故选：A.
4．B
【分析】根据正弦定理角化边可得，即可由余弦定理求解.
【详解】由正弦定理可得，即，
故，
由于，故，
故选：B
5．D
【分析】由数量积公式可得，由夹角公式即可得结果.
【详解】，
，故夹角为.
故选：D.
6．C
【分析】由得到与垂直，进而得到方程，求出答案.
【详解】因为，所以与垂直，
故，解得.
故选：C
7．B
【分析】分别画出分段函数对应的两个函数图象，再对实数的取值进行分类讨论即可.
【详解】根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当或时，两图象相交，
若的值域是，以实数为分界点，可进行如下分类讨论：
当时，显然两图象之间不连续，即值域不为；
同理当,值域也不是；
当时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是；
综上可知，实数的取值范围是.
故选：B
8．A
【分析】根据等差数列的单调性以及等差数列的性质即可判断，说明充分性，由时，即可说明不必要性.
【详解】因为且，所以等差数列单调递减，且公差小于0，
故，，
则，
即，所以，
由，当时，等差数列单调递增，
则不可能满足且，
因此“且”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
9．BD
【分析】A项举例直线斜率正负特例即可；B项求与轴交点的纵坐标可得；C项化一般式方程为点斜式可得；D项结合图象判断可得.
【详解】A项，设两条直线斜率分别为，，，
但斜率为的直线倾斜角，而斜率为的直线倾斜角为，
，故A错误；
B项，直线，令，得，
即直线在轴上的截距为，故B正确；
C项，直线方程可化为，
所以直线的斜率为，故C错误；
D项，若直线经过第一、二、四象限，则，，
所以点在第二象限，故D正确.
故选：BD.
10．BD
【分析】对于A，给出一个反例即可；对于B，验证即可；对于C，使用反证法证明满足条件的不存在即可；对于D，利用零点存在定理证明fx存在三个零点即可.
【详解】对于A，由于当时，有，但此时由可知fx并不单调递增，故A错误；
对于B，当时，有，故
.
所以.
这表明的图象关于对称，故B正确；
对于C，假设存在使得的图象关于对称，则恒成立.
此即.
整理得，即，此即.
故对任意实数均有.
从而对任意均有，但当时，该式显然不成立，矛盾.
所以不存在使得的图象关于对称，故C错误；
对于D，当时，直接计算可得，，，.
而，故根据零点存在定理，可知fx存在零点x=0，且在和上分别有一个零点.
所以fx一定有三个零点，故D正确.
故选：BD.
11．ACD
【分析】作出相应图形，先证明平面平面，再结合给定条件确定动点轨迹，求出长度即可判断A；建立空间直角坐标系，根据题意确定动点轨迹，求解长度即可判断B，将平面翻折到与平面共面，连接，与交于点，此时取到最小值，利用勾股定理求出即可判断C，先找到球心，利用勾股定理得出半径，进而可判断D.
【详解】如图，取的中点为N，M，连接MN，DN，BD，BM，NE，，
所以，又E，F分别是棱的中点，
所以，所以，
平面CEF，平面CEF，
∴平面CEF，
因为N，E分别是棱的中点，所以，且，
所以四边形CDNE为平行四边形，
所以，又平面CEF，平面CEF，
∴平面CEF，
又，MN，平面BDNM，
所以平面平面CEF，
点P是正方形内的动点，且平面CEF，
所以点P的轨迹为线段MN，由勾股定理得，故A正确；
如图，以A为原点，建立空间直角坐标系，
由题意得A0,0,0，设，
，
所以，所以点P的轨迹为为圆心，半径为1的个圆，
所以点P的轨迹长度为，故B错误：
如图，将平面CEF翻折到与平面共面，
连接PC，与EF交于点Q，此时取到最小值，
∵，且，
所以点Q为EF的中点，所以，
所以，
即的最小值为，故C正确：
如图，连接PF，交于点，连接PE，设三棱锥的外接球的半径为，
若P是棱的中点，则，
所以FP是外接圆的一条直径，所以是外接圆的圆心，
过点作平面ABCD的垂线，则三棱锥的外接球的球心O一定在该垂线上，
连接OP，设，则，
连接OC，，所以，
所以，解得，
所以，
点到平面的距离为，
则球心到平面的距离为，
则截面圆的半径为，
所以截面的面积为，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：三棱锥外接球的半径的求法：
（1）先找两个面的外心；
（2）过外心作所在平面的垂线，两垂线的交点即为球心；
（3）构造直角三角形，利用勾股定理求出半径.
有时无须确定球心的具体位置，即只用找一个面的外心，则球心一定在过该外心与所在平面的垂线上.
12．
【分析】根据投影向量的定义计算即可求解.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故答案为：
13．
【分析】在平面直角坐标系中画出直线，动态变化直线l：后可得倾斜角的范围．
【详解】如图，直线与坐标轴的交点为，，倾斜角为，
直线l：过定点，
直线BC的斜率为，
所以直线BC的倾斜角为，
因为直线l：斜率存在且与直线的交点位于第二象限，
所以直线l倾斜角的取值范围是．
故答案为：．
14．
【分析】利用平方的非负性证明，即可得到，再给出的例子即可得到答案.
【详解】因为，所以，故.
又因为，故，从而，这就得到.
而当，时，有，且.
所以的最大值为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求的通项公式．
（2）利用错位相减法可求.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
16．(1)表面积，体积
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，结合圆柱的表面积和体积公式，即可求解；
（2）根据题意，得到为直角三角形，且，结合棱锥的体积公式，即可求解；
（3）将平面绕旋转到和平面共面，得到点在的延长线上，设为点，当三点共线时，取最小值，结合余弦定理，即可求解.
【详解】（1）圆柱的底面直径，故半径，且高，
可得圆柱的表面积为，
圆柱的体积为．
（2）因为点是圆柱底面圆周 EQ \\ac(⁀,AB)上靠近点的三等分点，且，
而为直角三角形，
从而，得，，
所以．
（3）解：将平面绕旋转到和平面共面，此时点在的延长线上，
设为点，可得，
即当三点共线时，取最小值，
由题意，，
所以，
故的最小值为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得，然后利用二倍角公式求出结果；
（2）先确定的取值范围，并得到，再用三角恒等变换求出取值范围.
【详解】（1）由于，故.
所以，即.
故，此即，所以A2=π6，故.
（2）因为，所以.
由于是锐角三角形，故，，所以的取值范围是，故的取值范围是.
故的取值范围是.
而.
所以的取值范围是.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在正方形中得到，再由三棱柱侧棱平行得到，等腰三角形三线合一得到，从而证明线面垂直；
（2）由几何法得到二面角的平面角，取中点，证明，然后得到平面，然后建立空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，由空间向量计算得出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因是正方形，则，
因，故，
由，则．
因平面，则平面，
又平面ABC，故平面平面ABC．
（2）如图，取的中点M，连接DM，易得，因，
故即二面角的平面角，即，
易得，取中点，连接，过点作交于 ，
因，∴，故得正三角形，则，
由（1）得平面平面，且平面平面，平面，
故得平面，
∴，∵，∴，
∴，，
因此可分别以为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
则，，，，，
∵，∴，
∴，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，即，
设直线与平面所成角为，
则.
19．(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）按照求具体函数在某点处的切线方程的方法求解即可；
（2）先求导，然后利用导函数大于等于零恒成立，参变分离，求参数的范围即可；
（3）先判断函数的单调性的情况，然后再判断不存在即可.
【详解】（1）由题得
所以
所以
所以在点1,f1处的切线方程为.
（2）由题得
要使函数是单调递增函数，
则恒成立，
即恒成立，
令
得，
令，得
显然，当时，，所以函数单调递减；
当时，，所以函数单调递增；
故
所以
（3）不存在，理由如下，
由题得
因为，显然当时，，
由（2）可知，在单调递增，
所以在上由唯一的零点
当时，f'x