廣東省梅州市大埔縣2024-2025學年高三數學上學期第三次教學質量檢測試題

本試卷共4頁，22小題，滿分150分；考試時間120分鐘.留意事項：1．答題前，考生務必用黑色筆跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考號填寫在答題卷上.2．選擇題要用2B鉛筆把答題卷上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案.非選擇題必需用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必需寫在答題卷各題指定區(qū)域內相應位置上；不準運用鉛筆和涂改液.不按要求作答的答案無效.參考公式：一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.每小題中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，再依據集合的交集運算求得答案.【詳解】由題意可知：，，所以，故選：C.2.若復數z滿意，則（）A. B. C. D.5【答案】B【解析】【分析】干脆對原式兩邊求模，再依據復數模的計算公式求解即可.【詳解】因為，所以，所以，即.，故選：B.3.若函數為冪函數，且在單調遞減，則實數m的值為（）A.0 B.1或2 C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】依據函數為冪函數列式，結合單調性求得的值．【詳解】由于函數為冪函數，所以，解得或，時，，在上遞減，符合題意，時，，在上遞增，不符合題意．故選：C4.古代將圓臺稱為“圓亭”，九章算術中“今有圓亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，問積幾何”即一圓臺形建筑物，下底周長丈，上底周長丈，高丈，則它的體積為（）A.立方丈 B.立方丈 C.立方丈 D.立方丈【答案】B【解析】【分析】利用圓臺的體積公式求體積即可.【詳解】通過題目可知，圓臺上底周長丈，則上底半徑為丈同理，下底周長丈，下底半徑為丈依據圓臺體積公式得（立方丈）.故選：B．5.函數的圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依據題意，先推斷函數的奇偶性，解除，再求出、的值，解除，即可得答案．【詳解】解：依據題意，，其定義域為，有，即函數為奇函數，解除，又由，，所以，有，函數在不會是減函數，解除，故選：．6.設，.若是與的等比中項，則的最小值為（）A. B. C. D.8【答案】C【解析】【分析】先依據等比中項的性質求得的值，利用“1”的變換得，綻開后利用基本不等式求最小值.【詳解】由條件可知，即，所以，當時，即時，等號成立.故選：C【點睛】思路點睛：本題考查基本不等式求最值，基本不等式求最值時留意“一正，二定，三相等”，尤其是不要忽視驗證相等的條件.7.已知直三棱柱的各頂點都在同一球面上，且該棱柱的體積為，，，，則該球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三棱柱的側棱垂直于底面，棱柱的體積為，，，，求出，再求出外接圓的半徑，即可求得球的半徑，從而可求球的表面積.【詳解】∵三棱柱的側棱垂直于底面，棱柱的體積為，，，，∴，∴∵，∴.設外接圓的半徑為R，則，∴.∴外接球的半徑為，∴球的表面積等于.故選：C.【點睛】本小題主要考查依據柱體體積求棱長，考查幾何體外接球有關計算，屬于基礎題.8.設函數在區(qū)間上的最大值為，最小值為，則的最小值為（）.A.1 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由正弦函數的性質得當區(qū)間關于函數的圖象對稱軸對稱時，取得最小值，不妨設y取得最大值，求得，再代入求得函數的最小值，由此可得答案.【詳解】解：因為函數，所以其最小正周期為，而區(qū)間的區(qū)間長度是該函數的最小正周期的，因為函數在區(qū)間上的最大值為，最小值為，所以當區(qū)間關于它的圖象對稱軸對稱時，取得最小值，對稱軸為，此時函數有最值，不妨設y取得最大值，則有，所以，解得，得，所以，所以的最小值為，故選：D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.下列命題正確的是（）A.“，”的否定是“，”B.“”是“”的充分不必要條件C.“”是“”的充分不必要條件D.“且”是“”的必要不充分條件【答案】BC【解析】【分析】依據含量詞的否定推斷A；由等價于或推斷B；由能推出，而當時也有推斷C；由不等式的性質推斷D．【詳解】A．依據命題的否定可知：“，”的否定是“，”，本選項不符合題意；B．等價于或，所以“”是“”的充分不必要條件，本選項符合題意；C．由能推出，而當時也有，所以“”是“”充分不必要條件，本選項符合題意；D．依據不等式的性質可知：由且能推出，所以“且”是“”的充分條件，本選項不符合題意．故選：BC．10.已知平面對量，，則下列說法正確的是（）A B.C.向量與的夾角為 D.向量在上的投影向量為【答案】BD【解析】【分析】依據向量模長的坐標計算即可推斷A，依據數量積的坐標運算可推斷B,由夾角公式可推斷C，由投影向量的求解公式可推斷D.【詳解】，所以，故A錯誤；，故B正確；，，，，故C錯誤；向量在上的投影向量為，故D正確．故選：BD11.若函數同時滿意：①對于定義域上的隨意x，恒有；②對于定義域上的隨意，當時，恒有，則稱函數為“志向函數”．下列四個函數中，能被稱為“志向函數”的有（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】由①得出函數為奇函數，②得到函數為減函數，依據函數的性質，逐項判定，即可求解.【詳解】由①對于定義域上的隨意x，恒有，可得函數為奇函數；②對于隨意，當時，恒有，可得函數為減函數，對于A中，的定義域為上不是單調函數，不符合題意；對于B中，在定義域上單調遞增，不符合題意；對于C中，由，滿意，又由在定義域上單調遞減，符合題意；對于D中，的圖象關于原點對稱，滿意，依據二次函數的性質，可得在定義域上單調遞減，符合題意.故選：CD.12.如圖，在矩形中,E為的中點，將沿翻折到的位置,平面,為的中點,則在翻折過程中，下列結論正確的是A.恒有平面B.B與M兩點間距離恒為定值C.三棱錐的體積的最大值為D.存在某個位置，使得平面⊥平面【答案】ABC【解析】【分析】對每一個選項逐一分析探討得解.【詳解】取的中點,連結，，可得四邊形是平行四邊形，所以，所以平面，故A正確；（也可以延長交于,可證明,從而證明平面）因為，，，依據余弦定理得，得，因為，故，故B正確;因為為中點，所以三棱錐的體積是三棱錐的體積的兩倍，故三棱錐的體積，其中表示究竟面的距離，當平面平面時，達到最大值，此時取到最大值，所以三棱錐體積的最大值為，故C正確；考察D選項，假設平面平面，平面平面，，故平面，所以，則在中，，，所以.又因為，，所以，故,,三點共線，所以，得平面，與題干條件平面沖突，故D不正確；故選A,B,C.【點睛】本題主要考查空間幾何元素位置關系的證明，考查空間兩點間的距離的求法和體積的最值的求法，意在考查學生對這些學問的理解駕馭水平和分析推理實力，屬于中檔題.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知點在終邊上，則______．【答案】【解析】【分析】依據三角函數的定義求解即可.【詳解】點在終邊上，，，=故答案為：14.已知數列為等差數列，其前項和為，則___________.【答案】55【解析】【分析】依據等差數列性質可求得，化簡，即可求得答案.【詳解】由題意知數列為等差數列，設公差為d，，則，即，所以，故答案為：5515.正方形邊長為，點在線段上運動，則的取值范圍為__________．【答案】【解析】【分析】以為坐標原點建立平面直角坐標系，設出點坐標，求出各點及的坐標，代入所求表達式，化簡后可求得取值范圍.【詳解】以，為，軸建立直角坐標系則，，，，，設，則，，，，當時，函數有最大值為，當時，函數有最小值為，的取值范圍是．故答案為：．【點睛】本小題主要考查平面對量的坐標運算，解題的關鍵點是建立平面直角坐標系，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.16.已知函數，若方程有四個不等的實根，，，，則的取值范圍是______.【答案】（10，12）【解析】【分析】作出函數的圖像，設，可得，，且，則，得出答案.【詳解】作出函數的圖像，設，如圖.方程有四個不等的實根，則所以為在上與的兩個交點的橫坐標.由，即，所以，即，所以為在上與的兩個交點的橫坐標.所以當時的兩個實數根為，則則，且所以故答案為：【點睛】關鍵點睛：本題考查利用數形結合解決方程的根的個數的相關問題，解答本題的關鍵是由，即，得到，以及，屬于中檔題.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周長.【答案】（1）（2）【解析】【詳解】試題分析：（1）依據正弦定理把化成，利用和角公式可得從而求得角；（2）依據三角形的面積和角的值求得，由余弦定理求得邊得到的周長.試題解析：（1）由已知可得（2）又，的周長為考點：正余弦定理解三角形.18.已知函數的最小正周期為．（1）求的值及函數的單調遞增區(qū)間；（2）設，求函數在區(qū)間上的最大值，并求取最大值時的的值．【答案】（1），，；（2）最大值，此時.【解析】【分析】（1）化簡解析式，依據最小正周期求得，利用整體代入法求得單調遞增區(qū)間.（2）求得的表達式，利用三角函數最值的求法求得正確結論.【詳解】（1）.由可得，由解得，所以的單調遞增區(qū)間為，.（2）.由于，所以，所以當時，取得最大值.19.若數列的前項和滿意，等差數列滿意．（1）求數列，的通項公式；（2）設，求數列的前項和．【答案】（1），；（2）．【解析】【分析】（1）由可求得，代入可求得；（2）由（1）得，再利用錯位相減法求數列的和．【詳解】解：（1）∵，∴當時，，則，當時，，∴，即，∴，∴數列是以1為首項，3為公比的等比數列，∴，∴，又，，∴，，∴數列的公差，∴，綜上：，；（2）由（1）得，，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查遞推數列求通項公式，考查錯位相減法求數列的和，屬于中檔題．20.如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為菱形，E，F分別為PA，BC的中點．（1）證明：EF∥平面PCD（2）若PD⊥平面ABCD，，且，求直線AF與平面DEF所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取PD的中點G，連接CG，EG，則由三角形中位線定理可得，再結合底面四邊形為菱形，可得四邊形EGCF為平行四邊形，從而得然后由線面平行的判定定理可證得結論，（2）由已知可得兩兩垂直，所以以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系D—xyz，然后利用空間向量求解即可【小問1詳解】證明：取PD的中點G，連接CG，EG，因為E，F分別為PA，BC的中點，所以，又底面ABCD為菱形，所以，所以，所以四邊形EGCF為平行四邊形，所以又平面PCD．平面PCD，所以EF//平面PCD．【小問2詳解】解：連接，因為PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，因四邊形ABCD為菱形，，所以為等邊三角形，因為F為BC的中點，所以，因為∥，所以，所以兩兩垂直，所以以D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系D—xyz．因為，所以D（0，0，0），F(，0，0），A（0，2，0），E（0，1，2），則．設平面DEF的法向量，則，令，得．設直線AF與平面DEF所成的角為θ，則，所以直線AF與平面DEF所成角的正弦值為21.已知函數.（1）推斷函數的零點個數；（2）設，若，是函數的兩個極值點，求實數a的取值范圍.【答案】（1）有且僅有1個零點；（2）.【解析】【分析】（1）先推斷函數的單調性，再結合，即可知零點個數；（2）由題意知，是方程在內的兩個不同的實數解，也是方程在內的兩個不同的實數解，再依據實根分布學問即可解出．【詳解】（1）由題知函數的定義域為，對隨意恒成立，當且僅當時，，所以在上單調遞增.又，所以函數有且僅有1個零點.（2）因為，所以.由題意知，是方程在內的兩個不同的實數解.令，又，且函數圖象的對稱軸為，所以只需解得，即實數的取值范圍為.22.已知函數.（Ⅰ）求曲線的斜率為1的切線方程；（Ⅱ）當時，求證：；（Ⅲ）設，記在區(qū)間上的最大值為M（a），當M（a）最小時，求a的值．【答案】（Ⅰ）和.（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）.【解析】【分析】(Ⅰ)首先求解導函數，然后利用導函數求得切點的橫坐標，據此求得切點坐標即可確定切線方程；(Ⅱ)由題意分別證得和即