陕西省西安市西北工业大学附属中学2025届高三上学期数学大练习1（解析版）

这是一份陕西省西安市西北工业大学附属中学2025届高三上学期数学大练习1（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 集合,,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据补集的性质和定义即可得出结果.
【详解】解:由题知,,
所以.
故选:C
2. 在复平面内，复数与对应的点关于实轴对称，则等于
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算得，根据题意可得，即为所求．
【详解】由题意得，
∵复数与对应的点关于实轴对称，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的几何意义，考查计算能力和理解能力，属于基础题．
3. 二项式的展开式中项的系数为10，则（ ）
A. 8B. 6C. 5D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】写出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数为3，即可求出的值．
【详解】由二项式的展开式的通项得：令 ，得，则 ，所以，解得，
故选C．
【点睛】本题考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
4. 已知，，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，再利用基本不等式计算可得.
【详解】解：因为，即，所以，又，，
则，当且仅当，时，等号成立.
故选：A
5. 某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（ ）
A 72种B. 36种C. 24种D. 18种
【答案】B
【解析】
【分析】先分配语文老师，再把数学体育老师按1，2和2，1分配，或2，1和1，2分配即可求解；
【详解】两名语文老师由种分配方程；
数学老师按1，2分，则体育老师按2，1分，
或数学老师按2，1分，则体育老师按1，2分，共有,
所以不同的分配方案有，
故选：B
6. 已知圆C：关于直线对称，则圆C中以为中点的弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】圆C：关于直线对称，即说明直线过圆心，可求出，再由垂径定理即可求出弦长.
【详解】圆方程配方得，圆心，，
圆C：关于直线对称，
可知直线过圆心，即，解得，
故，
则圆心与点的距离的平方为，
则圆C中以为中点的弦长为.
故选：D.
7. 在xOy平面内，双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过左顶点A且斜率为的直线与渐近线在第一象限的交点为M，若，则该双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由得出，进而由斜率公式结合离心率公式求解即可.
【详解】因为且点M在渐近线上，
由得，则，，于是.
故选：B
8. 已知偶函数满足，且当时，，关于x的不等式在上有且只有30个整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件可得出函数周期为8，再由题意可确定半周期上有3个整数解，利用导数研究函数的单调性，根据1,2,3为不等式整数解列出不等式求解即可.
【详解】，
，又函数为偶函数，，即函数周期为，
因不等式在上有且只有30个整数解， 所以不等式在上恰有3个整数解，
又，可知时，，时，，
所以在上递增，在上递减，，所以1,2,3满足不等式，
故，且需 解得.
故选：D
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 的最小值为4
C. 若，则的最小值为
D. 若，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，先求得函数定义域，判断其奇偶性，求函数在上值域，即得在上的值域；对于B，利用常值代换法运用基本不等式即可求解；对于C，先由条件推得，再运用基本不等式即可；对于D，举反例即可排除.
【详解】对于A，由有意义可得，，即，函数定义域关于原点对称.
由,知函数为奇函数，
当时，，设，则，
因时，，即得，又函数为奇函数，故得其值域为，即A正确；
对于B，因，故，
当且仅当时等号成立，即当时，的最小值为4，故B正确；
对于C，由可得或，即或，因，故，
因，则，当且仅当时取等号，即的最小值为，故C正确；
对于D，因，不妨取，则，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知，则（ ）
A. 的最小正周期是B. 在上单调递减
C. ，D. 的值域是
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，计算是否等于可判断A；根据正弦型函数的单调性可判断B；计算是否等于可判断C；分、求出的值域可判断D.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，当时，有，
此时，显然是的一个单调递减区间，所以在上单调递减，故B正确；
对于C，，，故C正确；
对于D，当时，，
当时，，
所以的值域是，故D错误.
故选：BC.
11. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，，若有且仅有一个解，则的可能取值有（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据三角形解的个数可得，再根据正弦定理结合三角变换可求的取值范围.
【详解】由正弦定理可得，故，
因为有且仅有一个解，故或，
由可得，由可得，结合为三角形内角可得，
故，
由正弦定理得
，
而，，故，
故选：ABC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 曲线在点处的切线方程为_______.
【答案】
【解析】
【分析】先求导，进而求得时，再由导数的几何意义求得切线方程即可.
【详解】，则，当时，则在点处的切线斜率，
则直线方程为，即.
故答案为：.
13. 设数列，均为等差数列，它们的前n项和分别为，，若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列的性质与前项和公式求解即可.
【详解】因为数列，均为等差数列，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 在四棱锥中，平面ABCD，，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且，，直线PM与平面ABCD所成的角为，当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据线面角的定义得出M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，再由三棱锥的体积最小，确定点M位于F，进而由长方体外接球模型结合体积公式求解.
【详解】因为平面，所以即为直线与平面所成的角，
所以.因为，所以，如图，易知M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，记点M的轨迹为圆弧EF.连接AF，当点M位于F时，三棱锥的体积最小，由长方体外接球模型可知，三棱锥的外接球球心为PF的中点，此外接球的体积.
故答案为：
三、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知函数为奇函数．
（1）求的值；
（2）当时，求的单调区间和极值．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由已知结合奇函数的定义即可求解；
（2）先化简的解析式，对其求导，结合导函数与单调性及极值的关系即可求解.
【小问1详解】
定义域：．
由已知：函数为奇函数，所以，
即，解得．
【小问2详解】
由（1）得：，
当时，因为，所以．
令，解得．
变化情况如下表：
所以在上单调递减，在上单调递增．
因此的单调递增区间为，单调递减区间为，
当时，有极小值，并且极小值为，无极大值.
16. 如图, 在棱锥中，底面是正方形，点为线段的中点, 点在线段上.
（1）若,求证：；
（2）设平面与平面所成二面角的平面角为,试确定点的位置，使得.
【答案】（1）证明见解析；（2）时, 满足.
【解析】
【详解】试题分析：（1）由题意，根据几何体的结构特征证明、，即可证得平面，从而得到；（2）以为原点, 以所在直线分别为轴, 建立如图所示空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用法向量求解．
试题解析：（1）在中,,为的中点, 平分,
在中,, 过作于,则,连结FH,
因为AF=,所以，
又平面,
又平面,.
（2）,
又平面又平面,
平面平面.过作交于点,则由平面平面知, 平面,故两两垂直，以原点, 以所在直线分别为轴, 建立如图所示空间直角坐标系,
则,又知为的中点,,
设,则,,
设平面的法向量为,
则,取,
可求得平面的一个法向量,
设平面的法向量为,
则,
取.,解得,
当时, 满足.
考点：直线与平面垂直的判定与证明；二面角的求解．
17. 中国职业男篮CBA总决赛采用七场四胜制，即若有一队先胜四场，则此队为总冠军，比赛就此结束.现甲、乙两支球队进行总决赛，因两队实力相当，每场比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一场比赛可获得门票收入400万元，以后每场比赛门票收入比上一场增加100万元.
（1）求总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率；
（2）设总决赛中获得门票总收入为，求的数学期望.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）构造等差数列，求得比赛场次，再利用概率公式即可求得结果；
（2）由已知可得，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望.
【小问1详解】
依题意，每场比赛获得的门票收入组成首项为400，公差为100的等差数列.
设此数列为，则易知，，所以.
解得或（舍去），所以此决赛共比赛了5场.
则前4场比赛的比分必为，且第5场比赛为领先的球队获胜，其概率为.
所以总决赛中获得门票总收入恰好为3000万元的概率为.
【小问2详解】
随机变量可取的值为，，，，即2200，3000，3900，4900，
，，
，，
所以的分布列为
所以.
18. 已知为双曲线的右顶点，过点的直线交于D、E两点.
（1）若，试求直线的斜率;
（2）记双曲线的两条渐近线分别为，过曲线的右支上一点作直线与，分别交于M、N两点，且M、N位于轴右侧，若满足，求的取值范围（为坐标原点）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，联立得到韦达定理式，根据垂直得到，再展开代入韦达定理式求解值，最后检验即可；
（2）设 , 得到相关向量，根据向量共线得到方程组，解出，再将其代入双曲线方程化简得到，最后利用面积公式和导数求出面积范围即可.
【小问1详解】
由题意知直线的斜率一定存在.
设直线的方程为.
联立，化简得:，其中
所以，
因为，所以.
即:，换元后有:.
所以，化简得:.
解得:或.
当时，直线过点，不符合题意.
当时，代入得，满足题意.
所以.
【小问2详解】
设，
则.
由可知:，
因为，所以，且有，
化简得:.
又，
设，则.
当时，在定义域上单减;
当时，在定义域上单增.
所以.
所以的取值范围是:.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用定比公式得到，再将其代入回双曲线方程化简整理出关键的，最后得到面积表达式，求出其范围即可.
19. 已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质．
（1）若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质；
（2）设数列的各项均为正数，且具有性质．
①若数列是公比为的等比数列，且，求的值；
②求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①；②的最小值为4.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出通项公式及前项和，再利用定义判断即得.
（2）①根据给定条件，可得，再按，探讨，当时，，又按且讨论得解；②由定义，消去结合基本不等式得，再迭代得，借助正项数列建立不等式求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，得，
解得，则，
于是，即，
所以数列具有性质．
【小问2详解】
①由数列具有性质，得，又等比数列的公比为，
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
当时，，而，整理得，
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
若，则，当时，恒成立，满足题意；
当且时，，解得，与为任意正整数相矛盾；
所以.
②由，得，即，
因此，即，
则有，
由数列各项均为正数，得，从而，即，
若，则，与为任意正整数相矛盾，
因此当时，恒成立，符合题意，
所以的最小值为4．
【点睛】易错点睛：等比数列公比q不确定，其前n项和直接用公式处理问题，漏掉对的讨论.
0
＋
单调递减
极小值
单调递增
2200
3000
3900
4900