江苏省海安高级中学2024-2025学年高三上学期期中学业质量监测数学试题

这是一份江苏省海安高级中学2024-2025学年高三上学期期中学业质量监测数学试题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．已知复数，则实数（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．在△中，，则（ ）
A．30°B．45°C．60°D．135°
4．函数的极大值为（ ）
A．4B．0C．1D．4
5．在三棱锥中，，与平面所成角的大小为60°，则（ ）
A．1B．C．D．2
6．曲线与的交点中，与轴最近的点的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
7．在中，．若∥，则（ ）
A．B．C．D．
8．在正四棱柱中，，是线段上靠近的三等分点，过点与直线垂直的平面将正四棱柱分成两部分，则较大部分与较小部分的体积比为（ ）
A．B．2C．D．3
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．在空间中，设是三条直线，是三个平面，则下列能推出∥的是（ ）
A．B．∥
C． D．∥
10．已知函数，则（ ）
A．的最大值为1B．是曲线的对称中心
C．在上单调递减D．的最小正周期为
11．设为上的增函数，满足：，则（ ）
A．B．为奇函数
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数的一个单调减区间为，则________，_________．
13．在平面直角坐标系中，曲线上的两点满足，线段的中点在轴上，则点的横坐标为_________．
14．已知圆的半径为2，点在圆上，点在圆内，且，则的最小值为_________．
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．（13分）
已知分别为△的内角的对边，且．
（1）求；
（2）若△的面积为，周长为6，试判断△的形状．
16．（15分）
设抛物线的焦点为，准线为，点在上，记在上的射影为．
（1）△能否为正三角形？若能，求点的坐标；若不能，请说明理由；
（2）设在点处的切线与相交于点，证明：°．
17．（15分）
如图，在三棱锥中，平面，是的中点，平面平面，且．
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
18．（17分）
已知函数，其中．
（1）若曲线在点处的切线过原点，求；
（2）当时，证明：；
（3）若在上单调递增，求的取值范围．
19．（17分）
如果数列是首项为1，各项均为整数的递增数列，且任意连续三项的和都能被3整除，那么称数列是数列．
（1）写出所有满足的数列；
（2）证明：存在数列是等比数列，且有无穷个；
（3）对任意给定的，都存在，使得数列是数列，求整数的最小值．
高三数学期中参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
BABD CBCB
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
BD ABD ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12． 13．14．
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．（13分）
解：（1）因为，
所以由正弦定理，得．
在△中，，所以．
所以，
即．
又，故，所以．
所以．
由，知，所以，即，
（2）因为△的面积为，所以，结合（1）知，①
由余弦定理，得，即．
因为△的周长为6，所以②．
所以，所以，
所以，解得③．
由①③，解得，代入②，得．
所以△为等边三角形．
16．（15分）
解：设点
（1）△能为正三角形，理由如下：
依题意，抛物线的焦点，准线．
则，点到的距离．
假设△为正三角形，则°，即，
解得，所以点的坐标为．
经检验，此时△是边长为4的正三角形．
（2）法1：依题意，抛物线，则．
所以在点处的切线方程为：，即．
令，得，所以点．
则，
所以．
法2：设的方程为：．
与抛物线联立方程组，去，得．
因为与抛物线相切，所以判别式，即．
代入得，解得，所以．
联立，解得，所以．
又，所以，
所以．
所以，所以°．
17．（15分）
证明：（1）在平面内，过点作，交于点．
因为平面平面，，平面平面，
所以平面．
因为平面，所以．
在△中，，所以．
所以点到平面的距离为．
（2）由（1）知，平面，所以．
因为平面，平面，所以．
又因为，平面，所以平面．
因为平面，所以．
法1：在平面内，过点作平行于的射线．
如图，以为坐标原点，为正交基底建立空间直角坐标系．
则．
设平面的法向量为．
因为，所以．
令，得．所以．
又因为是平面的一个法向量，
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
所以平面与平面夹角的正弦值为．
法2：在△中，，所以．
在平面内，过点作，交于点，连接．
因为平面，平面，所以．
因为平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
所以是的平面角．
因为到的距离为，是的中点，所以．
在△中，又，故．
所以．
所以平面与平面夹角的正弦值为．
18．（17分）
解：（1）依题意，，则．
因为曲线在点处的切线过点，所以，
解得．
（2）当时，记，
则．
因为，所以，所以单调递增．
又，故令得，．
所以当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增，
所以的最小值为，所以．
所以当时，．
（3）因为在上单调递增，所以在上恒成立．
当时，因为，所以符合．
当时，，所以在上单调递增，
所以，符合．
当时，令，得，故在上存在唯一解，
不妨记为，则当时，，所以在上单调递减，
所以当时，，不符题意，故舍去．
综上，的取值范围为．
19．（17分）
解：（1）满足的数列共有4个，分别是1，2，3，7；1，2，6，7；1，5，6，7；1，3，5，7．
（2）法1：存在数列1，4，16，64是数列，也是等比数列．
因为对于每一个，等比数列都满足：
首项为1，各项均为整数的递增数列，
且能被3整除，
能被3整除，
所以存在数列是等比数列，且有无穷个．
法2：若数列是等比数列，不妨记公比为，则该数列为：．
由题意，得．
当时，，
又，
则也是3的倍数，
所以对于每一个，数列均满足题意，
所以存在数列是等比数列，且有无穷个．
（3）法1：当时，令，则或．
当时，则，不符；
当时，同上，显然不符，
故不存在，使得数列是数列．
当时，若，则存在数列1，2，3，4，11满足题意；
若，则存在数列1，3，5，7，12满足题意；
若，则存在数列1，4，7，10，13满足题意；
因此，则存在数列1，2，3，4，满足题意；
因此，则存在数列1，3，5，7，满足题意；
因此，则存在数列1，4，7，10，满足题意．
综上，的最小值为11．
法2：若．
由任意连续三项的和都能被3整除，得．
同理，．
所以．
若．
由任意连续三项的和都能被3整除，得．
同理，．
所以．
若．
由任意连续三项的和都能被3整除，得．
同理，．
所以．
综上，整数的最小值为11．注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效．
3．本卷满分150分，考试时间为120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．