辽宁省沈阳市交联体2025年高三数学第一学期期末检测试题.doc

辽宁省沈阳市交联体2025年高三数学第一学期期末检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在中，内角的平分线交边于点，，，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
2．定义在上的函数满足，且为奇函数，则的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱 AB，BC，的中点，M为棱AD的中点，设P，Q为底面ABCD内的两个动点，满足平面EFG，，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．
4．集合的真子集的个数为( )
A．7 B．8 C．31 D．32
5．设函数若关于的方程有四个实数解，其中，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知平面向量，，满足：，，则的最小值为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
7．如图所示，三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（米粒大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）

A．134 B．67 C．182 D．108
8．阅读如图的程序框图，运行相应的程序，则输出的的值为（ ）

A． B． C． D．
9．已知函数，对任意的，，当时，，则下列判断正确的是（ ）
A． B．函数在上递增
C．函数的一条对称轴是 D．函数的一个对称中心是
10．已知函数，集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．若平面向量，满足，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
12．已知正方体的棱长为2，点在线段上，且，平面经过点，则正方体被平面截得的截面面积为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，圆.已知过原点且相互垂直的两条直线和，其中与圆相交于，两点，与圆相切于点.若，则直线的斜率为_____________.
14．在中，角的平分线交于，，，则面积的最大值为__________．
15．如图所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，ÐABC＝120°，四边形BCC1B1为正方形，且AB＝BC＝2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_____．

16．在中， ，，则_________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线交椭圆于两点，线段的中点在直线上，求证：线段的中垂线恒过定点.
18．（12分）已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点.
（1）证明：当取得最小值时，椭圆的离心率为.
（2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.
19．（12分）已知函数，函数.
（Ⅰ）判断函数的单调性；
（Ⅱ）若时，对任意，不等式恒成立，求实数的最小值.
20．（12分）选修4-5：不等式选讲
设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.
21．（12分）已知椭圆的右焦点为,过点且斜率为的直线与椭圆交于两点,线段的中点为为坐标原点.
（1）证明:点在轴的右侧;
（2）设线段的垂直平分线与轴、轴分别相交于点.若与的面积相等,求直线的斜率
22．（10分）在等比数列中，已知，.设数列的前n项和为，且，（，）.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：数列是等差数列；
（3）是否存在等差数列，使得对任意，都有？若存在，求出所有符合题意的等差数列；若不存在，请说明理由.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，进而求出，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.
【详解】
为的角平分线，则.
，则，
，
在中，由正弦定理得，即，①
在中，由正弦定理得，即，②
①②得，解得，，
由余弦定理得，，
因此，的面积为.
故选：B.
本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题.
2．D
【解析】
根据为奇函数，得到函数关于中心对称，排除，计算排除，得到答案.
【详解】
为奇函数，即，函数关于中心对称，排除.
，排除.
故选：.
本题考查了函数图像的识别，确定函数关于中心对称是解题的关键.
3．C
【解析】
把截面画完整，可得在上，由知在以为圆心1为半径的四分之一圆上，利用对称性可得的最小值．
【详解】

如图，分别取的中点，连接，易证共面，即平面为截面，连接，由中位线定理可得，平面，平面，则平面，同理可得平面，由可得平面平面，又平面EFG，在平面上，∴．
正方体中平面，从而有，∴，∴在以为圆心1为半径的四分之一圆（圆在正方形内的部分）上，
显然关于直线的对称点为，
，当且仅当共线时取等号，∴所求最小值为．
故选：C．
本题考查空间距离的最小值问题，解题时作出正方体的完整截面求出点轨迹是第一个难点，第二个难点是求出点轨迹，第三个难点是利用对称性及圆的性质求得最小值．
4．A
【解析】
计算，再计算真子集个数得到答案.
【详解】
，故真子集个数为：.
故选：.
本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力.
5．B
【解析】
画出函数图像，根据图像知：，，，计算得到答案.
【详解】
，画出函数图像，如图所示：
根据图像知：，，故，且.
故.
故选：.

本题考查了函数零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，画出图像是解题的关键.
6．B
【解析】
建立平面直角坐标系，将已知条件转化为所设未知量的关系式，再将的最小值转化为用该关系式表达的算式，利用基本不等式求得最小值.
【详解】
建立平面直角坐标系如下图所示，设，，且，由于，所以.
.所以
，即.
.当且仅当时取得最小值，此时由得，当时，有最小值为，即，，解得.所以当且仅当时有最小值为.
故选：B

本小题主要考查向量的位置关系、向量的模，考查基本不等式的运用，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.
7．B
【解析】
根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论.
【详解】
解：设大正方形的边长为1，则小直角三角形的边长为，
则小正方形的边长为，小正方形的面积，
则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为
，
故选：B.
本题主要考查几何概型的概率的应用，求出对应的面积之比是解决本题的关键.
8．C
【解析】
根据给定的程序框图，计算前几次的运算规律，得出运算的周期性，确定跳出循环时的n的值，进而求解的值，得到答案.
【详解】
由题意，，
第1次循环，，满足判断条件；
第2次循环，，满足判断条件；
第3次循环，，满足判断条件；

可得的值满足以3项为周期的计算规律，
所以当时，跳出循环，此时和时的值对应的相同，即.
故选：C.
本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中解答中认真审题，得出程序运行时的计算规律是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.
9．D
【解析】
利用辅助角公式将正弦函数化简，然后通过题目已知条件求出函数的周期，从而得到，即可求出解析式，然后利用函数的性质即可判断.
【详解】
，
又，即，
有且仅有满足条件；
又，则，
，函数，
对于A，，故A错误；
对于B，由，
解得，故B错误；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，由，故D正确.
故选：D
本题考查了简单三角恒等变换以及三角函数的性质，熟记性质是解题的关键，属于基础题.
10．C
【解析】
分别求解不等式得到集合,再利用集合的交集定义求解即可.
【详解】
,，
∴．
故选C．
本题主要考查了集合的基本运算,难度容易.
11．C
【解析】
可根据题意把要求的向量重新组合成已知向量的表达，利用向量数量积的性质，化简为三角函数最值.
【详解】
由题意可得：
，

，

，
故选：C
本题主要考查根据已知向量的模求未知向量的模的方法技巧,把要求的向量重新组合成已知向量的表达是本题的关键点.本题属中档题.
12．B
【解析】
先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状再求解.
【详解】
如图所示：

确定一个平面，
因为平面平面，
所以，同理，
所以四边形是平行四边形.
即正方体被平面截的截面.
因为，
所以，
即
所以
由余弦定理得：
所以
所以四边形
故选：B
本题主要考查平面的基本性质，面面平行的性质定理及截面面积的求法，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
设：，：，利用点到直线的距离，列出式子
，求出的值即可.
【详解】
解：由圆，可知圆心，半径为.
设直线：，则：，
圆心到直线的距离为，
，
.
圆心到直线的距离为半径，即，
并根据垂径定理的应用，可列式得到，
解得.
故答案为：.
本题主要考查点到直线的距离公式的运用，并结合圆的方程，垂径定理的基本知识，属于中档题.
14．15
【解析】
由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式，借助三角恒等变化求出面积的最大值.
【详解】
画出图形：

因为，，由角平分线定理得,
设，则
由余弦定理得：
即

当且仅当，即时取等号
所以面积的最大值为15
故答案为：15
此题考查解三角形面积的最值问题，通过三角恒等变形后利用均值不等式处理，属于一般性题目.
15．
【解析】
将平移到和相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值.
【详解】
过作，过作，画出图像如下图所示，由于四边形是平行四边形，故，所以是所求线线角或其补角.在三角形中，，故.

本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
16．
【解析】
先由题意得：，再利用向量数量积的几何意义得，可得结果.
【详解】
由知：，则在方向的投影为，
由向量数量积的几何意义得：
，∴
故答案为
本题考查了投影的应用，考查了数量积的几何意义及向量的模的运算，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）把点代入椭圆方程，结合离心率得到关于的方程，解方程即可；
（Ⅱ）联立直线与椭圆方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理和中垂线的定义求出线段的中垂线方程即可证明.
【详解】
（Ⅰ）由已知椭圆过点得，，
又，得，
所以，即椭圆方程为.
（Ⅱ）证明： 由，得，
由，得，
由韦达定理可得，，
设的中点为，得，即，
，
的中垂线方程为，即，
故得中垂线恒过点.
本题考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系及椭圆中的定值问题；考查运算求解能力和知识的综合运用能力；正确求出椭圆方程和利用中垂线的定义正确表示出中垂线方程是求解本题的关键;属于中档题.
18．（1）证明见解析；（2）存在，
【解析】
（1）将点代入椭圆方程得到，结合基本不等式，求得取得最小值时，进而证得椭圆的离心率为.
（2）当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，求得到直线的距离.当直线的斜率存在时，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用，则列方程，求得的关系式，进而求得到直线的距离.根据上述分析判断出所求的圆存在，进而求得定圆的方程.
【详解】
（1）证明：∵椭圆经过点，∴，
∴，
当且仅当，即时，等号成立，
此时椭圆的离心率.
（2）解：∵椭圆的焦距为2，∴，又，∴，.
当直线的斜率不存在时，由对称性，设，.
∵，在椭圆上，∴，∴，∴到直线的距离.
当直线的斜率存在时，设的方程为.
由，得，
.
设，，则，.
∵，∴，
∴，
∴，即，
∴到直线的距离.
综上，到直线的距离为定值，且定值为，故存在定圆：，使得圆与直线总相切.
本小题主要考查点和椭圆的位置关系，考查基本不等式求最值，考查直线和椭圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，考查分类讨论的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.
19． (1) 故函数在上单调递增，在上单调递减;(2).
【解析】
试题分析：
（Ⅰ）根据题意得到的解析式和定义域，求导后根据导函数的符号判断单调性．（Ⅱ）分析题意可得对任意，恒成立，构造函数，则有对任意，恒成立，然后通过求函数的最值可得所求．
试题解析：
（I）由题意得，， ∴ .
当时，，函数在上单调递增；
当时，令，解得；令，解得.
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（II）由题意知.
，
当时，函数单调递增．
不妨设 ，又函数单调递减，
所以原问题等价于：当时，对任意，不等式 恒成立，
即对任意，恒成立.
记，
由题意得在上单调递减.
所以对任意，恒成立.
令，，
则在上恒成立.
故，
而在上单调递增，
所以函数在上的最大值为.
由，解得.
故实数的最小值为．
20．（1）；（2）
【解析】
（1）当时，将原不等式化简后两边平方，由此解出不等式的解集.（2）对分成三种情况，利用零点分段法去绝对值，将表示为分段函数的形式，根据单调性求得的取值范围.
【详解】
（1）时，可得，即，
化简得：，所以不等式的解集为.
（2）①当时，由函数单调性可得
，解得；
②当时，，所以符合题意；
③当时，由函数单调性可得，
，解得
综上，实数的取值范围为
本小题主要考查含有绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解，属于中档题.
21．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出点的横坐标即可证出；
（2）根据线段的垂直平分线求出点的坐标，即可求出的面积，再表示出的面积，由与的面积相等列式，即可解出直线的斜率．
【详解】
（1）由题意，得，直线（）
设，，
联立消去，得，
显然，，
则点的横坐标，
因为，
所以点在轴的右侧．
（2）由（1）得点的纵坐标．
即．
所以线段的垂直平分线方程为：．
令，得；令，得．
所以的面积，
的面积．
因为与的面积相等，
所以，解得．
所以当与的面积相等时，直线的斜率．
本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用、根与系数的关系应用，以及三角形的面积的计算，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．
22．（1）（2）见解析（3）存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设
【解析】
（1）由，可得公比，即得；（2）由（1）和可得数列的递推公式，即可知结果为常数，即得证；（3）由（2）可得数列的通项公式，，设出等差数列，再根据不等关系来算出的首项和公差即可.
【详解】
（1）设等比数列的公比为q，因为，，所以，解得.
所以数列的通项公式为：.
（2）由（1）得，当，时，可得①，
②
②①得，，
则有，即，，.
因为，由①得，，所以，
所以，.
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.
（3）由（2）得，所以，.
假设存在等差数列，其通项，
使得对任意，都有，
即对任意，都有.③
首先证明满足③的.若不然，，则，或.
（i）若，则当，时，，
这与矛盾.
（ii）若，则当，时，.
而，，所以.
故，这与矛盾.所以.
其次证明：当时，.
因为，所以在上单调递增，
所以，当时，.
所以当，时，.
再次证明.
（iii）若时，则当，，，，这与③矛盾.
（iv）若时，同（i）可得矛盾.所以.
当时，因为，，
所以对任意，都有.所以，.
综上，存在唯一的等差数列，其通项公式为，满足题设.
本题考查求等比数列通项公式，证明等差数列，以及数列中的探索性问题，是一道数列综合题，考查学生的分析，推理能力.