江苏省苏州市2024-2025学年高三上学期11月期中调研数学试题 含解析

这是一份江苏省苏州市2024-2025学年高三上学期11月期中调研数学试题 含解析，共21页。试卷主要包含了本卷共6页，包含单项选择题， 已知实数，则的最小值为， 已知函数，若，则最大值为等内容，欢迎下载使用。
注意事项
学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1.本卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题）、多项选择题（第9题～第11题）、填空题（第12题～第14题）、解答题（第15题～第19题）.本卷满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回.
2.答题前，请您务必将自己的姓名、调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.
3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效，作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚.
一、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. 在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算和几何意义求解即可.
【详解】，
复数与关于虚轴对称，故.
故选：C
2. 若对于任意的实数都有成立，则的值可能是（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角和差公式和诱导公式求解即可.
【详解】，
故，即，
当时，
故选：A
3. 下列说法中不正确的是（ ）
A. “”是“”的必要不充分条件
B. 命题“，”的否定是“，”
C. “若，，，则且”是假命题
D. 设，，则“或”是“”的充要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分性和必要性的定义即可判断选项AD；利用命题的否定即可判断选项B；利用赋值法即可判断选项C.
【详解】对于A, “”是“”的必要不充分条件,故A正确；
对于B，命题“，”的否定是“，”，故B错误；
对于C，当时，满足，不满足且，
故“若，，，则且”是假命题，故C正确；
对于D，“或”是“”的充要条件，故D正确.
故选：B
4. 在数列中，，则数列前24项和的值为（ ）
A. 144B. 312C. 288D. 156
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合，将前24项和转化为等差数列求和问题.
【详解】因为，
所以，
故选：C.
5. 已知实数，则的最小值为（ ）
A. 12B. 9C. 6D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】将看成一个整体，然后利用换元法结合基本不等式求解即可.
【详解】
设，，故，
，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B
6. 在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆柱和圆锥底面半径分别为r，R，由圆柱表面积等于圆锥侧面积建立方程，求半径比.
【详解】设圆柱和圆锥底面半径分别r，R，因为圆锥轴截面顶角为直角，所以圆锥母线长为，
设圆柱高为h，则，，
由题，，得.
故选：D.
7. 已知，若存在常数，使得为偶函数，则的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出的解析式，得和都是偶函数，然后根据偶函数的定义分析求解．
【详解】由，
得是偶函数，因为不可能是奇函数，
所以和都是偶函数，
为偶函数，则，即，
为偶函数，则，，
，，只有时，，
故选：A
8. 已知函数，若，则最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为函数和的零点相同，然后利用，构造函数求最值即可.
【详解】，
因为，且函数和都是增函数，
故若恒成立，则函数和的零点相同，
即.
故，设则
故在，，单调递增；
在，，单调递减.
故
故最大值为.
故选：A
二、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. 已知向量，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则或1B. 若，则或-3
C. 若，则或3D. 若，则向量，夹角的余弦值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量平行求参判断A选项，根据向量垂直求参判断B选项，应用模长相等计算判断C选项，根据向量坐标的模长公式先求模长再根据夹角余弦公式计算判断D选项.
【详解】A选项，若，有，解得或，A选项正确；
B选项，若，有，解得或3，B选项错误，；
C选项，若，有，解得或，C选项正确；
D选项，当时，，，，，，向量，夹角的余弦值为，D选项错误．
故选：AC.
10. 已知的内角，，所对的边分别为，，，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若为锐角三角形，则
B. 若，，则是直角三角形
C. 若，则是等腰三角形
D. 若为钝角三角形，且，，，则的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦函数的单调性和诱导公式即可判断A选项；利用余弦定理即可判断B选项；利用正弦定理边化角即可判断C选项；利用余弦定理求出或，再进行分类讨论即可判断D选项.
【详解】对于A, 若为锐角三角形，则 即，
故，故A正确；
对于B，若，，则，
即，故，且，故是等边三角形，故B错误；
对于C，若，则
即即
故，是等腰三角形.故C正确；
对于D，，解得或，
且，
当时，，钝角，故，
当时，，B为钝角，故，故D错误.
故选：AC
11. 已知，是函数，两个不同的零点，且，，是函数两个极值点，则（ ）
A. B. 或
C. 值可能为11D. 使得的的值有且只有1个
【答案】ACD
【解析】
【分析】由是的零点且得，展开后与已知比较可得，可判断A，由有两个不等实解，得的范围，可判断B，直接解方程可判断C，由韦达定理得出，代入，化为关于的方程，引入函数，由导数确定它的单调性，结合零点存在定理得零点范围，结合B中范围可判断D．
【详解】由已知有两个零点，，
又，是函数两个不同的零点且，
所以，
即
所以，，即，A正确；
，解得或，
，，
由已知有两个不等实根，所以，解得或，
所以或，B错；
，解得或，满足或，C正确；
由，得，，
，
由整理得，
设，则，
或时，，时，，
在在和上递增，在上递减，
又，，，
所以在，，上各有一个零点，
又或，因此只在上在一个解，D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的零点，极值，对计算要求较高，对多项式函数，如果是它的一个零点，则，因此本题中在已知有两个乘积为1的零点时，结合常数项可设，展开后得出与的关系，从而使得问题可解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数在区间上的值域为，且，则的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用整体代入法，结合正弦函数的图像求解即可.
【详解】，故，
因为在区间0,1上的值域为，
且，故必有
，
如图所示，则故
故答案为：
13. 如图，边长为1的正，是以为圆心，以为半径的圆弧上除点以外的任一点，记外接圆圆心为，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用三角形外心的性质将转化为即可.
【详解】取的中点，因为为正三角形，故为的中垂线，
则外接圆圆心一定在上，如图所示，
，
故.
故答案为：
14. 若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足恒成立，则称直线为和的“媒介直线”.已知函数，，若和之间存在“媒介直线”，则实数的范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】结合函数图像，利用临界情况，同时与和均相切求解即可.
【详解】恒成立，即的图像一直在和之间，
，
当同时与和均相切时，方程和方程均只有一个解，
即和均只有一个解，
故或，解得或，
结合图像可知，“媒介直线”的截距.
故答案为：
【点睛】思路点睛：本题考查函数新定义，注意理解新定义，然后数形结合，利用临界情况求解即可.
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. 已知数列是公差大于1的等差数列，，且，，成等比数列，若数列前项和为，并满足，.
（1）求数列，的通项公式.
（2）若，求数列前项的和.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的基本量可求出；利用和的关系，构造出即可求出；
（2）利用错位相减法求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由，且，，成等比数列知：
，整理得：，
即或者，因为公差大于1，故.
且，故.
数列前项和为，并满足 ①，
且，解得，
故当时， ②，
①式减②式得：，
即，故是公比为2的等边数列，
则，
故
【小问2详解】
，
故
则
故
故
则
16. 已知向量，，.
（1）求函数解析式，写出函数的最小正周期、对称轴方程和对称中心坐标.
（2）试用五点作图法作出函数在一个周期上简图（要求列表，描点，连线画图）.
（3）根据（2）中的图象写出函数的单调增区间、最小值及取得最小值时相应值的集合.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式和三角恒等变换求出，然后利用整体代入法求解即可；
（2）利用五点作图法求解即可；
（3）根据函数图像求解即可.
【小问1详解】
向量，，则，，
故的最小正周期，
当 时，，
当 时，，
故的对称轴方程为，对称中心为.
【小问2详解】
列表：
描点，连线，画图得：
【小问3详解】
由图可知，的单调增区间为；
最小值为；取最小值时相应值的集合为：.
17. 如图①，在平面四边形中，，，为对角线中点，为中点，为线段上一点，且，，.

（1）求的长.
（2）从下面（i）与（ii）中选一个作答，如果两个都作答，则只按第一个解答计分
（i）在平面四边形中，以为轴将向上折起，如图②，当面面时，求异面直线与所成角的余弦值.
（ii）在平面四边形中，以为轴将向上折起，如图③，当时，求三棱锥的体积.
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理和正弦定理结合三角函数求解即可；
（2）若选（i），利用空间向量求解即可；若选（ii），利用等体积法求解即可.
【小问1详解】
因为， 为对角线中点，故,
因为,故，
即，
解得,
故,
则，,
因为，，
则，,
所以,
所以,，
且,
故,则在等腰中，由正弦定理得：，
即，
则.
【小问2详解】
若选（i）：当面面时，因为,
面面,面,
故面，又，
故以点为坐标原点，为轴，为轴，过点做的平行线为轴，可以建如图所示空间直角坐标系，

由（1）知，,故为中点，
则易得
则
设异面直线与所成角为，
则.
若选（ii）：由（1）知，,故为中点，
故,
当时，，
因为，,
故，且，,
故面,
因为为中点，为中点，
故,
则三棱锥的体积:.
18. 已知函数，.
（1）如果函数在处的切线，也是的切线，求实数的值.
（2）若在存在极小值，试求的范围.
（3）是否存在实数，使得函数有3个零点，若存在，求出所有实数的取值集合，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）利用极值点的定义，得出，然后构造函数求出的范围即可；
（3）根据的单调性对进行分类讨论，注意，然后转化为在上有唯一零点求解即可.
【小问1详解】
，，
故在处的切线为，
也是的切线，
故方程只有一个解，即只有一个解，
，解得.
【小问2详解】
，
，
当时，，无极值点，不符合题意；
当时，在上，，单调递减；
在上，，单调递增；
故的极小值点，则，
故，
设，，则，
此时，
设，则，
时，，单调递增；
时，，单调递减；
，故,
即
【小问3详解】
，，
，
当时，，在单调递减，不存在3个零点；
当时，，在单调递增，不存在3个零点；
当时，，
因为在上单调递增，设，
则在上也是单调递增，且，
当，，
故存在唯一一个，使，
即在，，，单调递减；
在，，，单调递增；
且，故，且，
故在有唯一零点，
，故，
当时，，因为在有唯一零点，故在也有唯一零点，
故当，有3个零点;
综上所述，所有实数的取值集合为.
【点睛】关键点点睛：本题的解题过程中，需通过导数分析函数的性质，并将问题转化为函数零点的讨论，充分体现了数学思想方法的应用．在解题时，要特别注意导数符号的变化对函数单调性的影响，确保分类讨论的全面性和严谨性．
19. 对于任意，向量列满足.
（1）若，，求的最小值及此时的.
（2）若，，其中，，，，若对任意，，设函数，记，试判断的符号并证明你的结论.
（3）记，，，对于任意，记，若存在实数和2，使得等式成立，且有成立，试求的最大值.
【答案】（1），此时或
（2），证明见解析
（3）30
【解析】
【分析】（1）利用累加法求出，进而得到答案；
（2）分别在各项均为0的常数列，非零常数列，公差不为0的数列，结合题意证明即可；
（3）根据题意构造函数，根据函数的性质建立不等关系，进行求解.
【小问1详解】
因为对任意成立，
所以有
将上述各式相加得，又因为，,
所以，
所以有，又，
当或时，，此时或.
【小问2详解】
可判定，
（1）因为，所以数列不可能是各项均为0的常数列；
（2）当数列非零常数列时，任意，
若，则，
若，则，
故当数列为非零常数列时，.
（3）当数列为公差不为0的数列时，因，，
若①，
由等差数列性质有，其中
又为奇函数，且在R上单调递增，
则由可得，所以有，
即，，
所以有，
即②，所以由①②知.
同理可证明若，利用函数为奇函数，
且在上单调递增，可证，所以有.
综上可知恒成立.
【小问3详解】
，所以，即为等差数列，
所以，
由题意知
，
构造函数，
则，
，
，
所以函数至少有三个零点:
若使得有三个零点，则存在区间，使得为常数，
且三个零点均在内，所以必为偶数，且，
于是有， 故有，
其中，
实际上，
化简得，解得，又为偶数，故的最大值为30.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了空间向量与数列相结合的知识点，包括数列的通项公式以及求和公式，难度较大，解得本题的关键在于理解题意，然后结合数列的相关知识解答.0
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