哈师大青冈实验中学2024-2025学年度高三期中考试
数学试题
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1.已知集合，，则
A. B. C. D.
2.若复数满足，则
A. B. C. D.
3.已知角的终边上一点，则
A.1 B. C. D.
4.已知向量，，，若，则
A. B. C. D.
5.函数的图像恒过定点A，若点A在直线上，且，则的最小值为
A.13 B. C.16 D.28
6.函数的大致图象为
A. B.
C. D.
7.已知数列是等比数列，记数列的前项和为，且，则
A.3 B. C.1 D.
8.记表示，二者中较大的一个，函数，，若，，使得成立，则的取值范围是
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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.设单位向量满足，则下列结论正确的是
A. B.向量的夹角为
C. D.在的方向上的投影向量为
10.设为正实数，已知函数，则下列结论正确的是
A.当时，函数的图象的一条对称轴为
B.已知，，且的最小值为，则
C.当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数
D.若在区间上单调递增，则的取值范围是
11.已知函数，则下列结论正确的是
A.函数存在三个不同的零点
B.函数既存在极大值又存在极小值
C.若时，，则t的最大值为2
D.当时，方程有且只有两个实根
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知角的终边上一点，且，则 .
13.设函数，则不等式的解集为 .
14.若函数在区间上有极值点，则实数的取值范围是 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15.（本题13分）
已知函数.
(1)求的最小正周期和最大值；以及取最大值时相应的值；
(2)讨论在上的单调性.
16.（本题15分）
已知数列中.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若数列的通项公式为，求数列的前项和；
17.（本题15分）
如图，在多面体中，四边形是边长为3的正方形，，，且，，面，，为中点.
(1)若是中点，求证：面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
18.（本题17分）
在中，角的对边分别是，且.
(1)求角；
(2)已知为边上一点，且，求的长.
19.（本题17分）
已知函数，直线为曲线在点处的切线.
(1)当时，求出直线的方程；
(2)若，讨论的单调性，并求出的最值；
(3)若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D A C B D D A ACD BCD
题号 11
答案 BCD
12. —
13.
14.
参考解析：
1．B
【详解】由题，得，故，进而，
故选：B
2．D
【详解】若复数满足，
则.
故选：D.
3．A
【详解】由三角函数定义知，，
所以.
故选：A.
4．B
【详解】因为，，又，所以，
故.
故选：B.
5．B
【详解】函数的图像恒过定点，
点A在直线上，有，又，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为16.
故选：B.
6．D
【详解】函数的定义域为，且，
所以函数是奇函数，故排除A，
且当时，，故排除C，
，当时，，故排除D，满足条件的只有B.
故选：D
7．D
【详解】则为常数，所以为常数，
知数列为等差数列，
由，知，又，
所以公差，
故.
故选：D
8．A
【详解】在上单调递减，在上单调递增，
当时，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，即在区间上的值域为.
，
令，得，解得或，
画出，的图象如图所示，
若，，使得成立，
则需要在上的值域包含在上的值域，
则，解得，即的取值范围是.
故选：A.
9．ACD
【详解】由于，
又因为，所以，故，
故A正确，B错误；
因为，故，
又，故，
所以，C正确；
在的方向上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD
10．BCD
【详解】A选项，当时，函数的图象的对称轴为,即,不能取到,A错误；
B选项，为的最小值点，为的最大值点，则，即，且，所以，B正确；
C选项，当时,函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数，故C正确；
D选项，∵，则，
若在区间上单调递增，则，解得，D正确；
故选：BCD.
11．BCD
【详解】由函数，可得，
令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
当，函数取得极小值；
当，函数取得极大值，
当时，，当时，，
作出函数的图象，如图所示，结合图象得：
对于A中，函数存在两个不同的零点，所以A不正确；
对于B中，函数既存在极大值又存在极小值，所以B正确；
对于C中，当时，，可得，所以t的最大值为，所以C正确；
对于D中，若方程有且只有两个实根，
即与的图象有两个不同的交点，可得，所以D正确.
故选：BCD.
15．(1)，最大值为，
(2)单调增区间为，单调减区间为
【详解】（1），
所以的最小正周期，
当时，取最大值为，此时，，即，；-------------------------------6分
（2）当时，有，
从而时，即时，单调递增，
时，即时，单调递减，
综上所述，单调增区间为，单调减区间为.------------------------------13分
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由，得，即，
又，有，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.-------------------------------6分
（2）由（1）得，则有，
，
，
①-②得
，
，即. -------------------------------15分
17．(1)证明过程见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，
因为是中点，为中中点，，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理可得平面，
又，平面，
故平面平面，
又平面，
所以平面；-------------------------------6分
（2）因为面，平面，
所以，
又四边形是边长为3的正方形，⊥，
故，，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，，所以四边形为矩形，
其中，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，则，故，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，则，故，
设平面与平面夹角为，
则，
所以，
故平面与平面夹角的正弦值为.-------------------------------15分
18．(1)
(2)1
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
由可得：，
，
，
可得：，
，，.-------------------------------7分
（2），
与相似，满足：，
设，则有，
解得：（舍去），即：，
，
在中，由余弦定理可得：，
即：，
解得：（舍去），的长为1.-------------------------------10分
19．(1)
(2)的最小值为，无最大值；
(3)
【详解】（1）由，得，
则，
因为，
所以曲线在点处的切线的方程为，
即；-------------------------------3分
（2），则，
由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，无最大值；-------------------------------7分
（3）由，得，则，
所以曲线在点处的切线的方程为
，即，
因为直线与曲线相交于点，且，
所以关于的方程在有解，
令，则，
令，则，
①当时，由，得，由，得，
所以在上递减，在上单调递增，
所以，
因为，所以存在唯一实数，使，
当时，，则，
所以在上单调递增，
当时，，则，
所以在上单调递减，
所以，
因为，所以存在唯一实数，使，
所以符合题意，
②当时，由，得，则在上单调递减，
所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上无零点，所以不符合题意，
综上，即实数的取值范围为.-------------------------------10分
