华中师大一附中2024-2025学年度上学期高三期中检测数学试题时限：120分钟满分：150分命题人：沈宇为审题人：胡立松一、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.已知平面向量，，，则实数（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据向量数量积的坐标表示求解即可.【详解】因为，，，所以，解得，故选：A2.若：，：，则是的（）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】A【解析】【分析】解两个不等式，分别得到和，根据真包含关系，得到是的充分不必要条件.【详解】，故，解得，，解得，因为是的真子集，所以是的充分不必要条件.故选：A3.己知是全集的两个子集，则如图所示的阴影部分所表示的集合是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由给定的韦恩图分析出阴影部分所表示的集合中元素满足的条件，再根据集合运算的定义即可得解【详解】由图可知，阴影部分所表示的集合中的元素且，则阴影部分所表示的集合是.故选：C.4.若，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.【详解】因为，，即，，即，所以.故选：C5.已知，都是锐角，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】运用两角和与差的正弦公式展开，化切为弦得，代入即可求解.【详解】由题意，又，所以，即，所以，所以.故选：D6.已知为的外接圆圆心，，，则的最大值为（）A.4 B.6 C. D.【答案】B【解析】【分析】得到，为等边三角形，，变形得到，当三点共线，即时，取得最大值，最大值为6.【详解】因为为的外接圆圆心，，所以，因为，所以为等边三角形，故，，当三点共线，即时，取得最大值，最大值为.故选：B7.某中学数学兴趣小组为测量学校附近某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点进行测量．如图，（单位：米），点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点正上方2米处的，，观察建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点，则建筑物的高度为（）米．A.20 B.22 C.40 D.42【答案】B【解析】【分析】设，得到，，，并得到，根据得到，结合余弦定理得到方程，求出，得到筑物的高度.【详解】设，因为，，，所以，，，因为，点为中点，所以，点为中点，故，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，由于，故，即，解得，故建筑物的高度（米）.故选：B8.设函数，则关于的不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】令，定义域R，得到为奇函数，即，求导，得到在R上单调递增，变形得到，从而，求出解集.【详解】令，定义域为R，，故为奇函数，即，，故在R上单调递增，，故，即，所以，，解得或.故选：B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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设函数，，的导数为，则（）A.B.当时，C.曲线在点处的切线方程为D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】求出的导数f′x即可判断A、B，表示出y=gx，利用导数的几何意义求出切线方程，即可判断C，利用作差法判断D.【详解】对于A：因为，所以，则，故A正确；对于B：因为，即，解得，故B错误；因为，则，所以，则y=gx在点1,4处的切线方程为，即，故C正确；当时gx=x2+3x>0，，令，因为与均在0,+∞上单调递增，则ℎx在0,+∞上单调递增，且，ℎ2=72>0，所以存在使得，所以当时ℎx<0，当时ℎx>0，所以，所以当时，所以，当时，所以，综上可得当时，，故D正确.故选：ACD10.某个简谐运动可以用函数（，），来表示，部分图象如图所示，则（）A.B.这个简谐运动的频率为，初相为C.直线是曲线的一条对称轴D.点是曲线的一个对称中心【答案】BD【解析】【分析】根据图象可得，选项A，利用的图象与性质可得，即可判断选项A的正误；选项B，由频率和初相的定义，结合，即可求解；选项C和D，，利用性质，求出的对称轴和对称中心，即可判断出选项C和D的正误.【详解】由图知，由图象知，又，所以，又由五点作图知，第三个点，所以，得到，所以.对于选项A，设，由，得到，，所以，故选项A错误，对于选项B，因为，所以频率为，由知初相为，所以选项B正确，对于选项C，因为，由，即，所以不是曲线的对称轴，故选项C错误，对于选项D，因为，由，得到，令，得到，所以点是曲线的一个对称中心，故选项D正确.故选：BD.11已知实数，满足，则（）A.当时， B.当时，C.当时， D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】A选项，，所以，变形为，令，，故，根据函数单调性得到；B选项，时，，变形得到，构造，，则，求导得到的单调性，不单调，故不一定等于，即不一定成立；CD选项，由AB选项知，时，，，令，则有，不妨设，故，先证明出，从而得到，，故，，CD正确.【详解】A选项，由得，因为，所以，两边取对数得，，故，令，，故，由于在0,+∞上单调递增，故，故，A正确；B选项，时，，故，故，令，，则，其中，当时，，当时，，故在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，因为不单调，故不一定等于，即不一定成立，B错误；CD选项，由AB选项知，时，，，令，则有，不妨设，故，下面证明，先证不等式右边，，令，即证，令，，则，故在上单调递减，又，故，所以，即，，故，C正确；再证不等式左边，，即证，令，即证，令，，则，故在1,+∞上单调递减，又，故，故，即，所以，故，所以，D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：对数平均不等式为，在处理函数极值点偏移问题上经常用到，可先证明，再利用对数平均不等式解决相关问题，证明方法是结合，换元后将二元问题一元化，利用导函数进行证明三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，为单位向量，且在上的投影向量为，则______．【答案】【解析】【分析】利用投影向量得到，先计算出，求出模长.【详解】由题意得，故，，故.故答案为：13.若实数，满足，，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】令，求出、，再根据不等式的性质计算可得.【详解】令，所以，解得，所以，又，，所以，即，所以的取值范围为.故答案为：14.设，是双曲线：（，）的左、右焦点，点是右支上一点，若的内切圆的圆心为，半径为，且，使得，则的离心率为______．【答案】2【解析】【分析】设在第一象限，则点也在第一象限，根据得到，由两种方法求解的面积，得到方程，求出，结合，求出，由两点间距离公式得到，求出，故，代入双曲线方程，求出，得到离心率.【详解】不妨设在第一象限，则点也在第一象限，设，，因为，所以，故，，又，故，解得，由双曲线定义得，故，，又，又，故，故，又，故，，故，将代入中，得，解得，所以的离心率为.故答案为：2【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).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.在中，内角，，的对边分别为，，，．（1）求；（2）若角的平分线交边于点，，求面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理结合两角和差的正弦公式化简即可得解；（2）根据角平分线性质，求得和，再将转化为与的关系，利用基本不等式求解即可.【小问1详解】因为，由正弦定理得，则，即，又，所以，所以，又，所以，所以，所以；【小问2详解】如图，由题意及第（1）问知，，且，∴，∴，化简得，∵，，∴由基本不等式得，∴，当且仅当时，等号成立，∴，∴，故的面积的最小值为.16.已知函数，且恒成立．（1）求的值；（2）设，若，，使得，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换得到，其中，根据，求出，故，解得；（2），，使得，则只需，求出，换元得到，分，和，求出，从而得到不等式，求出的取值范围.【小问1详解】，其中，由于，，故，所以，故，，解得；【小问2详解】由（1）得，不妨取，故，，，使得，则只需，其中时，，故，则，令，则，则，其中，因为，所以，，若，此时在上单调递减，故，故，若，此时，令，故，解得，与取交集得，若，此时在上单调递增，故，令，解得，与取交集得，综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，，，使得，转化为，再进行下一步的求解.17.已知函数．（1）若函数在上的最小值为，求的值；（2）若，函数，求的最小值．【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）利用导数分析含参函数y=f(x)在区间上的单调性，结合函数最小值，即可求得参数值；（2）求得，令，利用导数研究其隐零点，从而判断的单调性，再结合隐零点满足的条件，即可求得函数的最小值.【小问1详解】因为，，故可得，，①若，，y=f(x)在单调递减，的最小值为，不满足；②若，令>0，解得，故y=f(x)在单调递增；令，解得，故y=f(x)在单调递减；故y=f(x)的最小值为，即，解得，满足；③若，，y=f(x)在单调递增，的最小值为，解得，不满足；综上所述，.【小问2详解】若，，，定义域为，，令，，故在单调递增，又，，故存在，使得，也即，且，且当，，，在单调递减；当，，>0，在单调递增；故的最小值为；由上述求解可知，，则，令，则，故在单调递增；，也即，又，故，即；又.故的最小值为.【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键，一是进行二次求导，从而确定的单调性；二是熟练掌握隐零点问题的处理方法；三是能够根据，进行同构处理，进一步确定满足的具体条件；属综合困难题.18.已知椭圆：的离心率为，点在上，直线与交于不同于A的两点，．（1）求的方程；（2）若，求面积的最大值；（3）记直线，的斜率分别为，，若，证明：以为直径的圆过定点，并求出定点坐标．【答案】（1）（2）（3）证明见详解，定点【解析】【分析】（1）根据题意结合离心率列式求，即可得椭圆方程；（2）可知直线的斜率存在，设直线：，联立方程结合韦达定理可得，进而求面积，结合单调性求最值；（3）可知直线的斜率存在，设直线：，联立方程结合韦达定理可得，假设过定点，根据数量积运算求解即可.【小问1详解】由题意可知：，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】若，可知直线的斜率存在，设直线：，，联立方程，消去y可得，则，整理可得，可得，因为，则，由，可得，则，整理可得，则，且，则，可得，解得，且满足，可知直线：过定点，则面积，令，则，可得，因为在内单调递增，则，所以当时，面积取到最大值.【小问3详解】若直线的斜率不存在，设，可得，可得，这与相矛盾，不合题意；可知直线的斜率存在，设直线：，，可得，整理可得，则，且，则，可得，解得，设以为直径的圆过定点Px0,y0，则，可得，则，整理可得，则，可得，注意到上式对任意的均成立，则，解得，所以以为直径的圆过定点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19.已知函数．（1）当时，判断在上的单调性，并说明理由；（2）当时，恒成立，求的取值范围；（3）设，在的图象上有一点列，直线的斜率为，求证：．【答案】（1）在上单调递减，理由见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用多次求导的方法来判断出在上的单调性.（2）利用多次求导的方法，结合恒成立，列不等式来求得的取值范围.（3）根据（2）的结论，得到，求得的不等关系式，然后根据分组求和法以及等比数列的前项和公式