2025屆菏澤市單縣一中高三數學上期期末打靶模擬試卷（4）附答案解析

屆菏澤市單縣一中高三數學上期期末打靶模擬試卷（4）本試卷滿分150分，考試用時120分鐘。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知全集，集合，，則（

）A． B． C． D．2．若：實數使得“”為真命題，：實數使得“”為真命題，則是的（

）A．必要不充分條件B．充分不必要條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件3．若復數的實部與虛部相等，則實數m的值為（

）A． B． C．1 D．34．已知冪函數為偶函數，則（

）A．B．C．或D．不存在5．在三棱錐中，點M,N分別在棱PC,PB上，且，，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（

）A． B． C． D．6．設為兩個平面，為兩條直線，且.下述四個命題：①若，則或

②若，則或③若且，則

④若與,所成的角相等，則其中所有真命題的編號是（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④7．已知向量滿足，且，則（

）A． B． C． D．8．函數，若對x∈R恒成立，且在上恰有條對稱軸，則（

）A． B． C． D．或二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分．9．下列關于平面向量的說法中正確的是（

）A．已知點是直線l上三個不同的點，O為直線l外一點，且，則B．已知向量，且與的夾角為銳角，則的取值范圍是C．已知點G為三條邊的中線的交點，則D．已知，則在上的投影的坐標為10．已知函數，下列說法正確的是（

）A．的最小正周期為B．點為圖象的一個對稱中心C．若在上有兩個實數根，則D．若的導函數為，則函數的最大值為11．如圖，等邊的邊長為，邊上的高為，沿把折起來，則（

）

A．在折起的過程中始終有平面B．三棱錐的體積的最大值為C．當時，點到的距離為D．當時，點到平面的距離為填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知正方體的表面積為24，若球與正方體的各個面均相切，則該球的體積是．13．在中，，的角平分線交BC于D，則．14．已知函數，若，，且，則的最小值是四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（13分）已知，其中．(1)若函數在處的切線與軸平行，求的值；(2)求的極值點；16．（15分）已知向量，，函數.(1)求的單調遞減區(qū)間；(2)將的圖象向左平移個單位，再將圖象上各點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（縱坐標不變），得到函數的圖象.若函數，的圖象與的圖象有三個交點且交點的橫坐標成等比數列，求的值.17．（15分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．問題：是否存在，它的內角的對邊分別為，且，，________?注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．18．（17分）如圖，圓柱的軸截面為正方形，點在底面圓周上，且為上的一點，且為線段上一動點（不與重合）(1)若，設平面面，求證：；(2)當平面與平面夾角為，試確定點的位置.19．（17分）布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可運用到有限維空間并構成了一般不動點定理的基石，得名于荷蘭數學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer).簡單地講就是:對于滿足一定條件的連續(xù)函數，存在實數，使得，我們就稱該函數為“不動點”函數，實數為該函數的不動點.(1)求函數的不動點;(2)若函數有兩個不動點，且，若，求實數的取值范圍.高三期末打靶模擬考試（4）參考答案題號12345678910答案CADABADBACDACD題號11答案ABC.12．13.13．14．85．B【詳解】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.

因為平面，平面，所以平面平面.又因為平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因為，所以，所以，在中，因為，所以，所以.6．A【詳解】對①，當，因為，，則，當，因為，，則，當既不在也不在內，因為，，則且，故①正確；對②，若，則與不一定垂直，故②錯誤；對③，過直線分別作兩平面與分別相交于直線和直線，因為，過直線的平面與平面的交線為直線，則根據線面平行的性質定理知，同理可得，則，因為平面，平面，則平面，因為平面，，則，又因為，則，故③正確；對④，若與和所成的角相等，如果，則，故④錯誤；綜上只有①③正確，7．D【詳解】因為,所以,即,即,所以.如圖,設,由題知,是等腰直角三角形,AB邊上的高,所以,,.8．B【詳解】由題知，當時取得最大值，即，所以，即，又在上有條對稱軸，所以，所以，所以.9．ACD【詳解】A：因為點是直線l上三個不同的點，O為直線l外一點，且，所以有，正確；B：，當與共線且同向時，，此時與的夾角為零，而，不正確；C：設邊上的中線為，于是，因為點G為三條邊的中線的交點，所以點G是三角形的重心，因此有，于是有，正確；

D：因為，所以在上的投影的坐標為：，所以本選項正確，ACD【詳解】由題意可得，故A正確；，所以不是圖象的一個對稱中心，故B錯誤；令，由得，根據題意可轉化為直線與曲線，有兩個交點，數形結合可得，故C正確；設f'x為的導函數，則，其中，當且僅當，即當且僅當時等號成立，故D正確，11.ABC【詳解】A選項：因為，，且，，平面，所以平面，故A選項正確；B選項：又已知三棱錐的體積，所以當即時，三棱錐的體積最大，最大值為，故B選項正確；C選項當時，是等邊三角形，且是以為底的等腰三角形，設的中點為，連接，則，即為點到的距離，，故C選項正確；當時，，，且，，平面，故平面，則就是點到平面的距離，且，故D選項錯誤；12．【詳解】設正方體的棱長為，由正方體的表面積為24，得，解得，因此與正方體的各個面均相切的球半徑，所以該球的體積是.13．【詳解】如圖所示：記，由余弦定理可得，，因為，解得：，由可得，，解得：．14．8【詳解】函數的定義域為，且，所以為奇函數，又，所以函數單調遞增，又，所以，所以，即，所以，當且僅當，即，，等號成立，所以的最小值為.15．【詳解】（1）函數的定義域為，，因為函數在處的切線與x軸平行，所以，解得．（2）函數的定義域為，．令得或，所以當，即時，的解集為，的解集為，所以函數在區(qū)間和上嚴格減，在區(qū)間上嚴格增，是函數的極大值點，是函數的極小值點；當，即時，在區(qū)間上恒成立，此時函數在區(qū)間上嚴格減，無極值點；當，即時，的解集為，的解集為，所以函數在區(qū)間和上嚴格減，在區(qū)間上嚴格增，是函數的極小值點，是函數的極大值點；綜上，當時，是函數的極大值點，是函數的極小值點；當時，函數在區(qū)間上嚴格減，無極值點；當時，是函數的極小值點，是函數的極大值點．16.【詳解】（1），，令，，則，，所以的單調遞減區(qū)間為，；（2）將的圖象向左平移個單位后，得到，再將得到的圖象的橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（縱坐標不變）后，得到，函數，的圖象與的圖象有三個交點坐標分別為，，且，則由已知結合圖象的對稱性，有，解得，∴.17．【詳解】［方法一］【最優(yōu)解】：余弦定理由可得：，不妨設，則：，即.若選擇條件①：據此可得：，，此時.若選擇條件②：據此可得：，則：，此時：，則：.若選擇條件③：可得，，與條件矛盾，則問題中的三角形不存在.［方法二］：正弦定理由，得．由，得，即，得．由于，得．所以．若選擇條件①：由，得，得．解得．所以，選條件①時問題中的三角形存在，此時．若選擇條件②：由，得，解得，則．由，得，得．所以，選條件②時問題中的三角形存在，此時．若選擇條件③：由于與矛盾，所以，問題中的三角形不存在．18．【詳解】（1）由題知面面，則，由為底面圓的直徑，則，由，面，面，又∵面，∴，又，面，面，又∵面，故.由，在中，由射影定理：，故面面,∴面，又面面，面，∴.（2）由（1）知，以為原點為軸正方向，過的母線為軸正方向建立空間直角坐標系，不妨設，則，設，，設面的法向量為，則，令，則，又平面的一個法向量設平面與平面的夾角為，則，解得或，其中時重合，不合題意，故當平面與平面夾角為時，此時為