甘肃省平凉市第一中学校2025届高三上学期第四次阶段性考试数学答案

2024年秋学期高三年级第四次阶段性考试数学试卷一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先解不等式求出集合A，再根据交集运算求出.【详解】由，解得或.所以或，又，所以.故选：D.2.已知复数，则（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】A【解析】【分析】根据复数除法法则得到，然后求模即可.【详解】由题意得，所以.故选：A.3.已知角终边上一点，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据三角函数定义和二倍角的正弦公式即可得到答案.【详解】由题意得，，所以.故选：D.4.已知函数过定点M，点M在直线上且，则的最小值为（    ）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由指数函数性质确定定点坐标，结合题设有，应用基本不等式“1”的代换求目标式最小值.【详解】由题设，恒过点，则，所以，当且仅当时等号成立，所以目标式最小值为.故选：A5.设与是两个向量，则是或的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】运用充分条件和必要条件的定义，结合向量的数量积运算计算判定即可.【详解】由得，则，若或，可得，即，可知必要性成立；若则，即，无法得出或，综上所述，是或的必要不充分条件.故选：B.6.首项为-24的等差数列，从第10项起为正数，则公差d的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的通项公式，列出方程求解即可【详解】由等差数列的通项公式可得：，∵从第10项开始为正数，∴，解得，∴公差的取值范围是，故选：D.7.已知函数，若，且，则的取值范围为（）A.1,+∞ B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先计算出的范围以及之间的关系，再利用函数单调性求范围；【详解】因为，，所以且，则，故，令，则在1,+∞上恒成立，所以在1,+∞上单调递增，则，即的取值范围是.故选：C8.如图，棱长为的正方体中，为线段的中点，分别为线段和棱上任意一点，则的最小值为（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】首先连接，过作，连接，过作.根据面面垂直的性质得到平面，即.再根据相似三角形得到，，即.再将转化为，求其最小值即可.【详解】连接，过作，连接，过作.因为平面平面，所以平面.因为平面，所以.所以.又因为，所以.即.因为，所以.在中，.因为，所以.即，.所以.即的最小值为故选：C【点睛】本题主要考查立体几何中的最短距离问题，同时考查了面面垂直的性质，属于难题.二、多选题（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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9.下列说法正确的有（）A.命题，的否定是，.B.P是所在平面内一点，若，则P是的垂心C.关于x的方程有一正一负根，则D.若，，，则此三角形有两解【答案】AB【解析】【分析】运用存在量词命题的否定判定A；运用垂心概念，结合向量垂直判定B；运用一元二次方程根的判定和韦达定理判定C；运用正弦定理计算判定D.【详解】A选项：命题的否定是，A正确；B选项：由，得，所以，，同理，，故是三角形的垂心，所以B正确；C选项：当方程有一正一负根时，，解得，C选项错误；D选项：由正弦定理，得，即，得，不符合题意，此时三角形无解，故D错误.故选：AB.10.若把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则（）A. B.在上单调递减C.图象关于对称 D.与有2个交点【答案】AC【解析】【分析】根据三角函数的变换得到的解析式，利用诱导公式判断A，根据余弦函数的性质判断B、C，画出y=fx与的图象，即可判断D.【详解】把曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变得到，再把向左平移个单位长度得到，又，所以，故A正确；当时，，因为在上不单调，所以在上不单调，故B错误；因为，所以图象关于对称，故C正确；令，解得，所以在上单调递增，且，令，解得，所以在上单调递减，且，因为函数在定义域上单调递增，当时，令，解得，在同一平面直角坐标系中画出与的图象如下所示：由图可知与有且仅有一个交点，故D错误.故选：AC11.如图，在三棱锥的平面展开图中，，分别是，的中点，正方形的边长为2，则在三棱锥中（）A.的面积为 B.C.平面平面 D.三棱锥的体积为【答案】ABD【解析】【分析】直接求的面积可判定A，连接交于G，根据条件证平面即可判定B，判定的夹角是否为直角可判定C，利用棱锥的体积公式可判定D.详解】对于A，易知，故A正确；对于B，连接交于G，根据正方形的性质易知，所以有，又平面，所以平面，平面，所以，故B正确；对于C，由上可知为平面与平面的夹角，易知，则不垂直，故C错误；对于D，由题意可知两两垂直，则，故D正确故选：ABD三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知，则______.【答案】3【解析】【分析】代值计算即可.【详解】因为，所以.故答案为：3.13.在四面体中，，，，，则该四面体外接球的表面积为______.【答案】【解析】【分析】首先求出，利用勾股定理逆定理得到，设的中点为，根据直角三角形的性质性质得到，即为外接球的球心，即为外接球的半径，从而求出球的表面积.【详解】如图所示：由，，可知.因为，，所以，即.设的中点为，则，所以为四面体外接球的球心，四面体的外接球半径，所以外接球表面积.故答案为：14.已知函数，若恒成立，则最大值为__________．【答案】【解析】【分析】先化简，再根据得到，构造函数，再求导函数得出单调性进而得出最大值.【详解】因为函数，若，当时，恒成立，所以，当时，恒成立，所以，所以；设，，当时，，是增函数当时，，是减函数则故答案为：.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是由，分类和两种情况讨论得出，再构造函数应用导函数即可求解.四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知数列的前项和，其中.（1）求数列的通项公式；（2）若对于任意正整数，都有，求实数的最小值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由当时，；当时，，计算即可得到所求通项公式；（2）运用裂项相消法求和，化简整理，判断数列的最值，再由恒成立思想，即可得到所求实数的最小值．【小问1详解】当时，，则，当时，，满足上式，所以.【小问2详解】由.所以，即的最小值为.16.如图，三棱柱中，侧面与侧面均为边长为的正方形，、分别是、的中点，且．（1）证明：平面；（2）求二面角的正切值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接、，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数基本关系可求得二面角的正切值．【小问1详解】证明：连接交于点，连接、，在三棱柱中，且，故四边形为平行四边形，因为，则为的中点，又因为为的中点，所以，，因为平面，平面，因此，平面.【小问2详解】解：因为三棱柱中，侧面与侧面均为边长为的正方形，则，又因为，所以，，则，因为，，，、平面，所以，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则点、、、，设平面的法向量为，，，则，取，则，设平面的法向量为，，则，取，可得，所以，，则，故，由图可知，二面角为锐角，故二面角的正切值为.17.在中，角的对边分别为，且．（1）求角的大小；（2）若，角的平分线交于点，求线段的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，由辅助角公式可得，结合三角函数的性质即可求解（2）根据余弦定理可得，利用角平分线定理，结合向量的线性运算以及模长公式求解.【小问1详解】由，由正弦定理可得,又，所以，所以，可得，又，所以，所以，可得，【小问2详解】中，，由余弦定理得，解得（舍），或，由，得，即，故线段BD的长为.18.已知函数（1）若，求函数的单调区间；（2）若存在，使成立，求整数的最小值．【答案】（1）的增区间为，减区间为（2）5【解析】【分析】（1）先求导，将代入，求出导数的零点，结合导数正负判断原函数增减性即可；（2）先将分离参数得，设，，则所求问题转化为求，求得，令，求得，结合零点存在定理，求得，，可判断导数的零点位于，可得，，再由即可求出的最小整数；【详解】（1）由题意可知，，，当时，令，或；时，，在单调递增；时，，在单调递减；综上所述，增区间为，减区间为（2）原式等价于，即存在，使成立．设，，则，设，则，∴在上单调递增．又，，根据零点存在性定理，可知在上有唯一零点，设该零点为，则，且，即，∴.由题意可知，又，，∴a的最小值为5．【点睛】本题考查利用导数研究函数增减性，分离参数法和构造函数法求解存在性问题，属于难题19.定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3.设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.（1）若，，，求，；（2）若，求正整数n的最小值；（3）是否存在实数a，b，c，使得数列为等比数列?若存在，求a，b，c满足的条件；若不存在，请说明理由.【答案】（1），（2）10（3）答案见解析【解析】【分析】（1）由题意计算可得第二次“和扩充”后得到数列，计算即可得解；（2）由题意可得，计算出首项后，可得数列为等比数列，即可计算出，在解出不等式即可得；（3）计算出、、后，可得，计算即可得，再借助等比数列的定义即可得需满足的关系.【小问1详解】，第一次“和扩充”后得到数列，第二次“和扩充”后得到数列，，；【小问2详解】数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，则经第次“和扩充”后增加的项数为，所以，所以，其中数列经过1次“和扩充”后，得到，故，故是首项为4，公比为2的等比数列，所以，故，则，即，又，解得，最小值为10；【小问3详解】因为，，依次类推，，故，若使为等比数列，则或.【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由题意可得，从而可结合等比数列求和公式得到.