山东省潍坊市昌邑市2024_2025学年高三数学上学期11月期中测试试题含解析

这是一份山东省潍坊市昌邑市2024_2025学年高三数学上学期11月期中测试试题含解析，共9页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
1､答题前､考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题：本大题共8个小题，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】C
【解析】
【分析】分别求出集合，，再利用交集定义求解即可.
【详解】，
，
.
故选：C.
2. 命题“所有能被整除的整数都是质数”的否定是（ ）
A. 存在一个能被整除的整数不是质数
B. 所有能被整除的整数都不是质数
C. 存在一个能被整除的整数是质数
D. 不能被整除的整数不是质数
【答案】A
【解析】
【分析】全称量词命题的否定是一个存在量词命题，根据全称命题的否定方法，可得到结论
【详解】命题“所有能被整除的整数都是质数”的否定是“存在一个能被整除的数不是质数”.
故选：A.
3. 已知等差数列的前项和为，若，则的公差等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查等差数列基本量的计算，根据等差数列的性质，列出通项以及前项和，解出数列的公差.
【详解】根据等差数列的定义和题目条件，有：，
，
整理得，
解得.
故选：B
4. 为净化水质，向一个游泳池加入某种化学药品，加药后池水中该药品浓度随时间的变化关系为，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式可求的最大值.
【详解】由题设，从而，当且仅当时等号成立，
故的最大值为5.
故选：D.
5. 如图，是圆上的三点，且，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，则利用数量积可求，.
【详解】设圆的半径为，
设，则，
而，故即，
又，而，
故，故，
故，
故选：A.
6. 已知一个圆锥的底面圆半径为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据扇形的弧长公式求出圆锥的母线长，进而求出高，再根据圆锥的体积公式求解即可.
【详解】设圆锥的母线长为，高为，
则，解得，
所以，
所以圆锥的体积.
故选：D.
7. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别对、赋值，结合已知条件分别求出、、的值，即可得解.
【详解】令可得，即，解得，
令，可得，则，
令，可得，则，
令，可得，可得，
因此，.
故选：C.
8. 已知函数，甲、乙、丙、丁四位同学各说出了这个函数的一条结论：
甲：函数的图象关于对称；
乙：函数在上单调递增；
丙：函数在区间上有3个零点；
丁：函数的图象向左平移个单位之后与的图象关于轴对称.
若这四位同学中恰有一人的结论错误，则该同学是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】C
【解析】
【分析】对每位同学的结论进行推敲，求出对应的的取值范围或值，再对比四个结论，可得出结果.
【详解】设函数的最小正周期为.
对于甲：因为函数的图象关于对称，则；
对于乙：因为函数在上单调递增，
则，可得，又
所以，，又因为，则；
对于丙：因为函数在区间0,π上有个零点，则，可得，
所以，，由于，则；
对于丁：因为函数的图象向左平移个单位之后与的图象关于轴对称.
则，即，
因为，所以，满足条件，
故丙的结论错误，此时，，则，
因为，故，所以，，
且当时，，即函数在上单调递增，
乙同学的结论正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于对每位同学的结论进行推敲，求出符合条件的的范围或值，进而判断.
二､多项选择题：本大题共3个小题，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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知直线是平面外两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间中线线、线面位置关系一一判断即可.
【详解】对于A:若，则可以平行，相交，异面，A选项错误；
对于B: 若，，此时或，已知直线是平面外的直线,故B选项正确；
对于C: 两条平行直线，其中一条与一个平面垂直，则另一条也与该平面垂直，故C选项正确；
对于D: 若，则存在使得，
又，所以，则，故D选项正确.
故选：BCD.
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用单调性比较大小对选项逐一分析即可.
【详解】对于：函数为增函数，且当时，，
因为，所以，且，故正确；
对于：因为，所以，
当时，函数为增函数，
所以，
当时，函数为减函数，
所以，故错误；
对于：在上单调递增，又，
所以，所以，故正确；
对于：，
在上单调递减，当时，
，即，故错误.
故选：.
11. 设函数，则（ ）
A. 存在实数，使得为偶函数
B. 函数的图象关于对称
C. 当时，
D. 当时，函数在2,3上单调递增
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据偶函数性质可得代入可求解；对于B，函数关于对称，则特殊值代入即可判断；对于C，，构造新的函数，对其求导可知，又因关于原点对称，所以可得，对分母可知，对不等式进行缩放即可判断；对于D，将代入，可得，作差分类讨论的符号，即可得单调性.
【详解】对于A，若为偶函数，则，
可得，可得，故A正确；
对于B，函数关于对称，则，不妨设，
则，故B错误；
对于C，，构造新函数，
对其求导可知，，
所以单调递增，则，
又因关于原点对称，所以可得，
可得，对分母可知，
所以，故C正确；
对于D，将代入，可得，
设，在2,3上单调递减，所以
在2,3上单调递增，且恒为负，则，
故
则
当时，
故
当，
，
故
当，则
故
综上所以可得单调递增，故D正确.
故选：ACD
三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，满足，，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直，则数量积为0得到，再利用向量夹角的余弦公式求解即可.
【详解】，，
，，，
，
，.
故答案为：.
13. 已知点在函数的图象上，则曲线在点处的切线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先代入点，求出，得到的解析式，再通过求导求出切线的斜率，进而得y=fx在点处的切线方程.
【详解】由题意，知
∵，∴，故，
故，，
∴，
所以y=fx在点处的切线方程为，即.
故答案为：.
14. 已知数列满足，且对于任意，都存在，使得，则的所有可能取值构成的集合______；若的各项均不相等，把半径为（单位：）的三个小球放入一个正方体容器（容器壁厚度忽略不计），则该正方体容器的棱长最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由代入运算即可求解第一空，由半径为9和5的球必须放在正方体体对角线的两个角出求解即可.
【详解】由题意：，
，或，
或，或当时，，当时，，
所以的所有可能取值构成的集合，
第二空：的各项均不相等，所以，，，
由题意要是正方体容器的棱长最小，必须将半径为9和5的球放在正方体体对角线的两角处，
设正方体的棱长为，画出体对角面如图：
则，
由相似成比例可得：，所以，
，所以，
又，
所以，
解得：，此时，（半径为1和5的球相切，两点间最远距离）
即正方体的棱长最小值为：.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：球切、接问题的关键，几何模型的准确构造，一般通过构造截面并确定内切球球心位置是解题的关键.
四､解答题：本大题共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. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角和特殊角的正弦值求解即可；
（2）由余弦定理和三角形的面积公式求解即可；
小问1详解】
由正弦定理可得，
由，所以，
即，
因为，所以，
则，所以.
【小问2详解】
由余弦定理可得，
即，解得，
所以.
16. 已知数列的前项和为，且.
（1）求；
（2）设，若数列的最小项为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件通过递推关系式求出数列的通项公式，再结合等比数列的求和公式即可得到结果；
（2）法一：先由（1）中的结果可得数列的通项公式，通过导数分析其单调性即可得到结果；法二：通过分析的符号得到其单调性即可.
【小问1详解】
由题意可得①，
当时，，
当时，②，
由①②可得，，
则，，
又时，也满足上式，
所以，
即
.
【小问2详解】
由（1）可知，
则
法一：令，则，
则，令可得，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
因为，
当时，，当时，，
且，，
，所以.
法二：所以，
令，
得，得，
所以且，
所以.
17. 如图，已知平行六面体的底面是菱形，，，.
（1）证明：；
（2）若，，点在平面内，且平面，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，，根据，证明平面，最后证得；
（2）证明，，三条线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
连接，，
是菱形，，，
，与全等，，
为的中点，，
，平面，平面，
又平面，；
【小问2详解】
是菱形，，，
，，，
，，，
由（1）知，，又，平面，
平面，
以为原点，以，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A3,0,0，，，，
，，，
，
设平面的一个法向量为m=x,y,z，
则，即，取，则，，
，
平面，（），
易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）.
（i）当时，求的最小值；
（ii）若在上恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）在上单调递减，在0,+∞上单调递增.
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）求出，就、分类讨论后可得函数单调性.
（1）（i）求出，讨论其符号可得函数的最小值；
（ii）求出函数的三阶导数得该函数恒为正，从而就、分类讨论二阶导数的符号可得的增减性，故可得时不等式恒成立.
【小问1详解】
，
若，则，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，则，而，
若在上恒成立，
故同理可得在上单调递减，在上单调递增；
综上，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
,
当时，，
则，其中，
因在0,+∞上为增函数，且当时，，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
故.
（ii），
设，则，
设，
则当时，，
故在为增函数，故，
若，则即在上恒成立，
故即在上为增函数，故，
故在上为增函数，故恒成立.
若，，
而，故在上有且只有一个零点，
且当时，，
故在为减函数，故时，，
故在为减函数，故时，，
这与题设矛盾，
综上，.
【点睛】思路点睛：含参数的不等式恒成立问题，注意结合端点效应分类讨论，有时需要多次求导讨论各阶导数的符号，从而得到上阶导数的单调性，注意两者之间的对应性.
19. 已知为定义域内的连续函数，为其导函数，常数，若各项不相等的数列满足，，，则称为的“拉格朗日数列”，简记为“数列”.
（1）若函数，数列是的“数列”，且.
（i）求，；
（ii）证明：是递减数列；
（2）正项数列是函数的“数列”，已知，记的前项和为，证明：时，.
【答案】（1）（i），；（ii）证明见解析；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的定义依次求解即可；由时，得到，即成立，可得，构造函数，利用导数判断的单调性即可得到，进而证明结论；
（2）构建函数，利用导数判断的单调性，然后令，，结合导数证明，即可得证.
【小问1详解】
（i）因为，，
所以，得，
，得；
（ii）当时，易知，所以，
因为，所以，
所以，所以，，以此类推，
要证，只需证，即证，
设函数，，
所以当时，单调递增，所以，
所以，即，
即，所以，
所以数列是递减数列；
【小问2详解】
要证，
当时，，成立；
当时，只需证，
设为数列的前项和，
则，
所以只需证，
设，可得，
，由“数列”定义得，
，，
所以在单调递增，所以在单调递增，
又因为，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因为，在单调递增，
只需证，
设，，
则，，
因为，
所以单调递增，所以单调递增，
因为，所以，所以，单调递减，
所以，所以单调递增，
所以，即，
所以
所以，即，
综上所述，时，.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列与函数的综合应用，关键在于构造函数和，，并结合“数列”的定义来推理，属于难题.