2025年靖州苗族侗族自治县高三下第一次测试数学试题含解析

这是一份2025年靖州苗族侗族自治县高三下第一次测试数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了设，则，已知，且，则在方向上的投影为，设全集，集合，.则集合等于等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图在直角坐标系中，过原点作曲线的切线，切点为，过点分别作、轴的垂线，垂足分别为、，在矩形中随机选取一点，则它在阴影部分的概率为（ ）
A．B．C．D．
2．已知等差数列中，，则（ ）
A．20B．18C．16D．14
3．已知集合，集合，那么等于（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
5．如图，在矩形中的曲线分别是，的一部分，，，在矩形内随机取一点，若此点取自阴影部分的概率为，取自非阴影部分的概率为，则（ ）
A．B．C．D．大小关系不能确定
6．的展开式中的系数是-10，则实数( )
A．2B．1C．-1D．-2
7．设，则（ ）
A．B．C．D．
8．中，角的对边分别为，若，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
9．已知，且，则在方向上的投影为（ ）
A．B．C．D．
10．设全集，集合，.则集合等于（ ）
A．B．C．D．
11．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，指数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在第三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
12．已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个点，，，在半径为的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是__________.
14．如图，棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和，并将两弧各五等分，分点依次为、、、、、以及、、、、、．一只蚂蚁欲从点出发，沿正方体的表面爬行至，则其爬行的最短距离为________．参考数据：；；）
15．已知函数为上的奇函数，满足.则不等式的解集为________.
16．已知二项式的展开式中各项的二项式系数和为512，其展开式中第四项的系数__________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在平面直角坐标系中，直线的的参数方程为（其中为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，直线经过点．曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）过点作直线的垂线交曲线于两点(在轴上方)，求的值.
18．（12分）已知，，且.
（1）求的最小值；
（2）证明：.
19．（12分）已知函数
（I）若讨论的单调性；
（Ⅱ）若，且对于函数的图象上两点，存在，使得函数的图象在处的切线.求证：.
20．（12分）已知数列和满足：.
（1）求证:数列为等比数列；
（2）求数列的前项和.
21．（12分）已知函数有两个极值点，.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：.
22．（10分）如图在棱锥中，为矩形，面，
（1）在上是否存在一点，使面，若存在确定点位置，若不存在，请说明理由；
（2）当为中点时，求二面角的余弦值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
设所求切线的方程为，联立，消去得出关于的方程，可得出，求出的值，进而求得切点的坐标，利用定积分求出阴影部分区域的面积，然后利用几何概型概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
设所求切线的方程为，则，
联立，消去得①，由，解得，
方程①为，解得，则点，
所以，阴影部分区域的面积为，
矩形的面积为，因此，所求概率为.
故选：A.
本题考查定积分的计算以及几何概型，同时也涉及了二次函数的切线方程的求解，考查计算能力，属于中等题.
2．A
【解析】
设等差数列的公差为,再利用基本量法与题中给的条件列式求解首项与公差,进而求得即可.
【详解】
设等差数列的公差为.由得,解得.所以.
故选：A
本题主要考查了等差数列的基本量求解,属于基础题.
3．A
【解析】
求出集合，然后进行并集的运算即可.
【详解】
∵，，
∴.
故选：A.
本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合并集的概念和运算，属于基础题.
4．C
【解析】
根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,
即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.
【详解】
由题, 总有即恒成立.
设,则的最大值小于等于0.
又,
若则,在上单调递增, 无最大值.
若,则当时,,在上单调递减,
当时,,在上单调递增.
故在处取得最大值.
故,化简得.
故,令,可令,
故,当时, ,在递减；
当时, ,在递增.
故在处取得极大值,为.
故的最大值为.
故选：C
本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.
5．B
【解析】
先用定积分求得阴影部分一半的面积，再根据几何概型概率公式可求得．
【详解】
根据题意，阴影部分的面积的一半为：，
于是此点取自阴影部分的概率为．
又，故．
故选B．
本题考查了几何概型，定积分的计算以及几何意义，属于中档题．
6．C
【解析】
利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.
【详解】
二项式展开式的通项为，令，得，
则，所以，解得.
故选：C
本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.
7．C
【解析】
试题分析：，．故C正确．
考点：复合函数求值．
8．A
【解析】
先求出，由正弦定理求得，然后由面积公式计算．
【详解】
由题意，
．
由得，
．
故选：A．
本题考查求三角形面积，考查正弦定理，同角间的三角函数关系，两角和的正弦公式与诱导公式，解题时要根据已知求值要求确定解题思路，确定选用公式顺序，以便正确快速求解．
9．C
【解析】
由向量垂直的向量表示求出，再由投影的定义计算．
【详解】
由
可得，因为，所以．故在方向上的投影为．
故选：C．
本题考查向量的数量积与投影．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键．
10．A
【解析】
先算出集合，再与集合B求交集即可.
【详解】
因为或.所以，又因为.
所以.
故选：A.
本题考查集合间的基本运算，涉及到解一元二次不等式、指数不等式，是一道容易题.
11．C
【解析】
根据“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻有3类排法，再考虑两者的顺序，有种，剩余的3门全排列，即可求解.
【详解】
由题意，“数”排在第三节，则“射”和“御”两门课程相邻时，可排在第1节和第2节或第4节和第5节或第5节和第6节，有3种，再考虑两者的顺序，有种，
剩余的3门全排列，安排在剩下的3个位置，有种，
所以“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有种不同的排法.
故选：C.
本题主要考查了排列、组合的应用，其中解答中认真审题，根据题设条件，先排列有限制条件的元素是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
12．B
【解析】
求出函数的导数，利用切线方程通过f′（0），求解即可；
【详解】
f （x）的定义域为（﹣1，+∞），
因为f′（x）a，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x，
可得1﹣a＝2，解得a＝﹣1，
故选：B．
本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先找到平面区域内任意两点的最大值为，再利用三角恒等变换化简即可得到最大值.
【详解】
由已知及正弦定理，得，所以，
，取AB中点E，AC中点F，BC中点G，
如图所示
显然平面区域任意两点距离最大值为，
而
，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
本题考查正弦定理在平面几何中的应用问题，涉及到距离的最值问题，在处理这类问题时，一定要数形结合，本题属于中档题.
14．
【解析】
根据空间位置关系，将平面旋转后使得各点在同一平面内，结合角的关系即可求得两点间距离的三角函数表达式.根据所给参考数据即可得解.
【详解】
棱长为2的正方体中，点分别为棱的中点，以为圆心，1为半径，分别在面和面内作弧和.
将平面绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：
则，所以；
将平面绕旋转至与平面共面的位置，将绕旋转至与平面共面的位置，如下图所示：
则，所以；
因为，且由诱导公式可得，
所以最短距离为，
故答案为：.
本题考查了空间几何体中最短距离的求法，注意将空间几何体展开至同一平面内求解的方法，三角函数诱导公式的应用，综合性强，属于难题.
15．
【解析】
构造函数，利用导数判断出函数的单调性，再将所求不等式变形为，利用函数的单调性即可得解.
【详解】
设，则，
设，则.
当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.
所以，函数在处取得极小值，也是最小值，即，
，，，即，
所以，函数在上为增函数，
函数为上的奇函数，则，
，则不等式等价于，
又，解得.
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
本题主要考查不等式的求解，构造函数，求函数的导数，利用导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键．综合性较强．
16．
【解析】
先令可得其展开式各项系数的和，又由题意得，解得，进而可得其展开式的通项，即可得答案.
【详解】
令，则有，解得，
则二项式的展开式的通项为，
令，则其展开式中的第4项的系数为，
故答案为：
此题考查二项式定理的应用，解题时需要区分展开式中各项系数的和与各二项式系数和，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1），；（2）
【解析】
(1)利用代入法消去参数可得到直线的普通方程，利用公式可得到曲线的直角坐标方程；(2)设直线的参数方程为（为参数），
代入得，根据直线参数方程的几何意义，利用韦达定理可得结果.
【详解】
（1）由题意得点的直角坐标为，将点代入得
则直线的普通方程为.
由得，即.
故曲线的直角坐标方程为.
（2）设直线的参数方程为（为参数），
代入得．
设对应参数为，对应参数为．则，，且.
．
参数方程主要通过代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去参数化为普通方程，通过选取相应的参数可以把普通方程化为参数方程，利用关系式，等可以把极坐标方程与直角坐标方程互化，这类问题一般我们可以先把曲线方程化为直角坐标方程，用直角坐标方程解决相应问题．
18．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）利用基本不等式即可求得最小值；
（2）关键是配凑系数，进而利用基本不等式得证．
【详解】
（1），当且仅当“”时取等号，
故的最小值为；
（2），
当且仅当时取等号，此时．
故．
本题主要考查基本不等式的运用，属于基础题．
19． (1)见解析(2)见证明
【解析】
(1)对函数求导，分别讨论，以及，即可得出结果；
(2)根据题意，由导数几何意义得到，将证明转化为证明即可，再令，设 ，用导数方法判断出的单调性，进而可得出结论成立.
【详解】
（1）解：易得，函数的定义域为，
，
令，得或.
①当时，时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增.
此时，的减区间为，增区间为.
②当时，时，，函数单调递减；
或时，，函数单调递增.
此时，的减区间为，增区间为，.
③当时，时，，函数单调递增；
此时，的减区间为.
综上，当时，的减区间为，增区间为：
当时，的减区间为，增区间为.；
当时，增区间为.
（2）证明：由题意及导数的几何意义，得
由（1）中得.
易知，导函数 在上为增函数，
所以，要证，只要证，
即，即证.
因为，不妨令，则 .
所以 ，
所以在上为增函数，
所以，即，
所以，即，
即.
故有（得证）.
本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性以及函数极值等即可，属于常考题型.
20．（1）见解析（2）
【解析】
（1）根据题目所给递推关系式得到，由此证得数列为等比数列.
（2）由（1）求得数列的通项公式，判断出，由此利用裂项求和法求得数列的前项和.
【详解】
（1）
所以数列是以3为首项，以3为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
∴为常数列，且，
∴，
∴
∴
本小题主要考查根据递推关系式证明等比数列，考查裂项求和法，属于中档题.
21．（1） （2）证明见解析
【解析】
（1）先求得导函数，根据两个极值点可知有两个不等实根，构造函数，求得；讨论和两种情况，即可确定零点的情况，即可由零点的情况确定的取值范围；
（2）根据极值点定义可知，，代入不等式化简变形后可知只需证明；构造函数，并求得，进而判断的单调区间，由题意可知，并设，构造函数，并求得，即可判断在内的单调性和最值，进而可得，即可由函数性质得，进而由单调性证明
，即证明，从而证明原不等式成立.
【详解】
（1）函数
则，
因为存在两个极值点，，
所以有两个不等实根.
设，所以.
①当时，，
所以在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意.
②当时，令得，
所以，即.
又因为，，
所以在区间和上各有一个零点，符合题意，
综上，实数的取值范围为.
（2）证明：由题意知，，
所以，.
要证明，
只需证明，
只需证明.
因为，，所以.
设，则，
所以在上是增函数，在上是减函数.
因为，
不妨设，
设，，
则，
当时，，，
所以，所以在上是增函数，
所以，
所以，即.
因为，所以，
所以.
因为，，且在上是减函数，
所以，
即，
所以原命题成立，得证.
本题考查了利用导数研究函数的极值点，由导数证明不等式，构造函数法的综合应用，极值点偏移证明不等式成立的应用，是高考的常考点和热点，属于难题.
22．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）要证明PC⊥面ADE，由已知可得AD⊥PC，只需满足即可，从而得到点E为中点;（2）求出面ADE的法向量，面PAE的法向量，利用空间向量的数量积，求解二面角P﹣AE﹣D的余弦值．
【详解】
（1）法一：要证明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需即可，
所以由,即存在点E为PC中点.
法二：建立如图所示的空间直角坐标系D－XYZ， 由题意知PD＝CD＝1，
，设， ，，由
，得，
即存在点E为PC中点.
（2）由（1）知，，，
，， ，
设面ADE的法向量为，面PAE的法向量为
由的法向量为得，得，
同理求得
所以，
故所求二面角P－AE－D的余弦值为.
本题考查二面角的平面角的求法，考查直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
0
减
极小值
增