江苏省泰州市泰兴市2024_2025学年高三数学上学期11月期中调研测试试题含解析

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（考试时间：120分钟；总分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得到，利用交集概念求出交集.
【详解】，故，解得，故，
又，故.
故选：B
2. 已知复数的共轭复数是，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先得到，利用复数除法法则得到，得到对应的坐标，求出所在象限.
【详解】的共轭复数是，故，
所以，
故复数在复平面内对应的点坐标为，在第一象限.
故选：A
3. 已知向量，，若，是共线向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据向量平行得到方程，求出，利用余弦二倍角公式得到答案.
【详解】由题意得，故，
故.
故选：B
4. 尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．黄海是我国东部中强地震多发区之一，2013年4月21日，黄海海域发生里氏5.0级地震，2015年8月6日黄海海域发生里氏4.0级地震，前一次地震所释放出来的能量约是后一次的（ ）倍．（精确到1）
（参考数据：，，，）
A. 29B. 30C. 31D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得到方程组，相减后得到，结合给出的参考数据，得到.
详解】由题意得，
两式相减得，而，
故，
故选：D
5. 在1和15之间插入个数，使得这个数成等差数列．若这个数中第1个为，第个为，则的最小值是（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，结合不等式的“乘1法”即可求解.
【详解】由等差数列的性质可得，
则
，
当且仅当即时取等号.
故选：C.
6. 已知函数（且）在上为单调函数，则函数值的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知在两段上均为增函数，且在1,+∞上的最小值大于或等于f1求出的范围可得答案．
【详解】因为的对称轴为，开口向上的抛物线，
所以当时，单调递增，
当时，，
又因为在R上为单调函数，
所以，解得，
所以，可得.
故选：D.
7. 在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．在直角中，为斜边上的高，，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出各个边长，翻折后，使得⊥，由勾股定理得，此时，由勾股定理逆定理得⊥，故满足四面体为一个鳖臑，取中点，连接，得到，故点即为该鳖臑外接球的球心，半径为，从而求出外接球表面积.
【详解】因为直角中，为斜边上的高，，，
所以，，
，，
如图，翻折后，使得⊥，由勾股定理得，
此时，
由勾股定理逆定理得⊥，
结合⊥，⊥，故满足四面体为一个鳖臑，
取中点，连接，
因为⊥，⊥，故，
故点即为该鳖臑外接球的球心，半径为，
故该鳖臑外接球的表面积为为.
故选：C
8. 已知函数，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】变形得到，令，则，根据的单调性得到，分和两种情况，参变分离得到，构造，求导得到其单调性，求出最小值为，得到.
【详解】，
令，则，
因为在R上单调递增，所以，
当时，可由向右平移得到，
结合与的图象可知，恒成立，
当时，由得到，其中，
令，，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，最小值为，
故，
综上，.
故选：B
【点睛】关键点点睛：同构构造，从而令，得到，根据的单调性得到，再进行下一步求解.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设是两个平面，是两条直线，下列命题正确的是（ ）
A. 如果，，那么．
B. 如果，，那么．
C. 如果，，，，那么．
D. 如果，，，，那么．
【答案】AB
【解析】
【分析】由线面垂直的定义可知选项A正确；由面面平行的性质可知选项B正确；由线面垂直的性质定理可知选项C错误；由面面平行的判定定理可知选项D错误.
【详解】A. 如果，那么直线与平面内的任意一条直线都垂直，由于，故，选项A正确.
B. 如果，那么平面内的任意一条直线都与平面平行，由于，故，选项B正确.
C.平面与平面垂直的性质定理：两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直.
如图，选项条件中直线不一定是平面与平面的交线，故不能推出.选项C错误.
D.平面与平面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行.
如图，选项条件中两直线可能平行，不能得到.选项D错误.
故选：AB.
10. 已知函数与及其导函数与的定义域均为，是偶函数，的图象关于点对称，则（ ）
A. B. 是奇函数
C. 是偶函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据对称性得到，故；B选项，两边求导得到，B正确；C选项，两边求导得，C错误；D选项，在C选项基础上，得到D正确.
【详解】A选项，关于点对称，故，
令得，A正确；
B选项，是偶函数，故，两边求导得，
又函数与导函数的定义域均为，
故为奇函数，B正确；
C选项，两边求导得，即，
故关于直线对称，无法得到为偶函数，C错误；
D选项，由C选项知，，故，D正确.
故选：ABD
11. 在中，角的对边分别为，为的外心，则（ ）
A. 若有两个解，则
B. 的取值范围为
C. 的最大值为9
D. 若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心求解；对于D，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，再求解即可.
【详解】对于A，由正弦定理，得，
有两解的情形为，且，则，故A正确；
对于B，由正弦定理，得外接圆半径，
由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，，
于是，故B正确；
对于C，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时，
设为的中点，则，
在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误；

法二：转化到圆心：，故C错误；
对于D，如下图，由正弦定理知A点在以为圆心半径为优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为，
所以A点的轨迹长度为，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. 在中，已知，，，则的面积是______
【答案】
【解析】
【分析】先利用余弦定理求得的值，再由同角三角函数的平方关系得的值，然后根据，得解．
【详解】解：由余弦定理知，，
，
，
∴的面积．
故答案为：．
13. 记为等比数列的前项的和，若，，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合等比数列的求和公式运算求解，注意讨论公比是否为1.
【详解】设等比数列的公比为，
若，则，这与已知，是矛盾的，
所以，从而，，
将上面两个等式的两边分别相除，得，解得，
由此可得，因此．
故答案为：.
14. 已知，，，，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的几何意义求出答案.
【详解】设在第四象限，
表示在方向上的投影数量，
当与反向时取到最小值，当位于轴正半轴上时，投影数量为，
所以，
故答案为：.
四、解答题：本题共5分题，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，．
（1）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
（2）若对任意，存在，使得，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）变形为，，结合开口方向和根的判别式得到不等式，求出答案；
（2）在上的值域包含在上的值域，其中，分和，得到在上的值域，根据包含关系得到不等式，得到答案.
【小问1详解】
，，
需满足，解得，
故的取值范围为.
【小问2详解】
对任意，存在，使得，
故在上的值域包含在上的值域，
其中时，，
的对称轴为，
若，则在上单调递增，
故，
但不会是1,2的子集，舍去；
当时，则在上单调递减，
故，
是1,2的子集，则，解得，
综上，的取值范围是.
16. 在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点在棱上，且．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）可得为中位线，从而，根据线面平行的判断定理可得平面；
（2）根据空间垂直关系的转化可得，利用解三角形可求二面角的大小。
【小问1详解】
连接，在菱形中，，
故，而底面，
平面，故，而，故，\
同理，.
因，而，故，而，
故，而平面，平面，
故平面.
【小问2详解】
由（1）中可得且.
由菱形可得，而底面，平面，
故，而，平面，
故平面，而平面，故，
故为二面角的平面角，
由（1）可得，而，为等腰三角形，
故，而为三角形内角，
故即二面角的平面角为.
17. 设函数．从下列三个条件中选择两个作为已知，使函数存在．
条件①：函数的图象经过点；
条件②：在区间上单调递增；
条件③：是的一个对称中心．
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）最小正周期为；单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式得到，若选①，求出，若选③，求出，故①③不能同时选，若选②，得到，故只有②和③满足要求，并得到，求出最小正周期为；整体法得到函数单调递减区间；
（2）代入求出，并结合得到，利用求出答案.
【小问1详解】
，
若选①：函数的图象经过点，
则，故，
又，解得，
若选③，是的一个对称中心，
则，故，
又，解得，
显然条件①和③不会同时成立，
若选①②：因为在区间上单调递增，
设的最小正周期为，则，故，
又，，故，
因为，所以不成立，
当选②和③时，且，
故当时，满足要求，，
的最小正周期为；
令，
解得，
故单调递减区间为；
【小问2详解】
，故，
因为，所以，故，
，
.
18. 已知数列为等差数列，公差，前项和为，为和的等比中项，.
（1）求数列的通项公式；
（2）是否存在正整数，，使得，，成等差数列？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由；
（3）求证：数列.
【答案】（1）；
（2）存在，理由见解析
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的性质得到方程，求出，，求出通项公式；
（2）假设存在，得到，根据整除性可得存在正整数，，使得，，成等差数列；
（3）由等差数列求和公式得到，放缩得到，裂项求和即可证明.
【小问1详解】
由题意得，即，
整理得，因为，所以，
，即，解得，
故，an的通项公式为；
【小问2详解】
不存在正整数，，使得，，成等差数列，理由如下：
假设存在正整数，，使得，，成等差数列，
，，，
由题意得，整理得到,
故或
故（舍）或，,
综上，存在正整数，，使得，，成等差数列；
【小问3详解】
由等差数列求和公式得，
当时，，
.
19. 已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在处切线方程；
（2）判断函数是否存在极小值，若存在，请求出极小值；若不存在，请说明理由；
（3）当时，恒成立，求实数的值．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出，求导，得到，利用导数几何意义得到切线方程；
（2）求导，并因式分解，得到，分，和三种情况，得到函数单调性和极小值；
（3）先由得到，再考虑，结合（2）中所求的函数单调性，得到，故取，则，不合要求，当时，，满足当时，，得到答案.
【小问1详解】
当时，，，
所以，，
故在处的切线方程为，即；
【小问2详解】
，
若，则，故在R上单调递减，故无极小值；
若，令得，令得或，
故在上单调递增，在，上单调递减，
故在处取得极小值，极小值为；
当时，令得，令得或，
故在上单调递增，在，上单调递减，
故在处取得极小值，极小值为；
综上，当时，无极小值；当时，极小值为；当时，极小值为；
【小问3详解】
当时，恒成立，
当时，，
即，
整理得，由于，故，
当时，由（2）知，在单调递减，在上单调递增，
故，
若取，则，不合要求，
当时，，
，
当时，恒成立，
故.
【点睛】关键点点睛：本题第三问，先代入特殊值，得到，再考虑，举出反例，验证时，恒成立.