PAGE4PAGE12025屆高三數學上學期期中備考金卷（A卷）文留意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。3．非選擇題的作答：用簽字筆干脆答在答題卡上對應的答題區域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效。4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60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．設集合，，則（）A． B． C． D．2．的共軛復數為（）A． B． C． D．3．命題“，”的否定是（）A． B．C． D．4．設，向量，，且，則（）A． B． C． D．5．已知，，，則（）A． B． C． D．6．若函數在點處的切線斜率為，（）A． B． C． D．7．執行如圖所示框圖，輸出的值為（）A． B． C． D．8．已知一幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．9．已知半徑為的圓經過點，則其圓心到拋物線的焦點的距離的最大值為（）A． B． C． D．10．函數在上的大致圖象是（）A． B．C． D．11．已知函數，若存在實數，滿意，且，則的最大值為（）A． B． C． D．12．在四棱錐中，，，，，，，則三棱錐外接球的表面積為（）A． B． C． D．第Ⅱ卷二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．函數的定義域為________．14．若實數，滿意約束條件，則的最大值為________．15．我國的《洛書》中記載著世界上最古老的幻方：將，，，填入方格內使三行?三列?兩條對角線的三個數之和都等于，如圖所示．一般地，將連續的正整數，，，填入個方格中，使得每行?每列?每條對角線上的數的和相等，這個正方形叫做階幻方．記階幻方的對角線上數的和為，例如，，，那么__________．16．已知、為正實數，直線截圓所得的弦長為，則的最小值為__________．三、解答題：本大題共6大題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．（12分）在中，內角，，的對邊分別是，，，且滿意：．（1）求角的大小；（2）若，求的最大值．18．（12分）設各項均為正數的數列的前項和為，滿意，，且．（1）求數列的通項公式；（2）若，求的前的項．19．（12分）如圖，已知四棱錐的底面為矩形，，，，．（1）證明：平面平面，且；（2）若四棱錐的每個頂點都在球的球面上，且球的表面積為，求三棱錐的體積．20．（12分）已知橢圓的離心率，且橢圓過點．（1）求橢圓的標準方程；（2）設點是橢圓與軸正半軸的交點，斜率不為的直線與橢圓交于不同的兩點，，若，問直線是否恒過定點？若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，請說明理由．21．（12分）已知．（1）當時，求函數在區間上的最大值；（2）當時，若存在正數，滿意，求證：．請考生在22、23兩題中任選一題作答，假如多做，則按所做的第一題記分．22．（10分）【選修4-4：坐標系與參數方程】在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為．（1）求的極坐標方程；（2）若直線與曲線相交于，兩點，求．23．（10分）【選修4-5：不等式選講】已知函數．（1）當時，求不等式的解集；（2）若恒成立，求實數的取值范圍．2024-2025學年上學期高三期中備考金卷文科數學（A）答案第Ⅰ卷一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60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．【答案】B【解析】由，得，所以，因為，所以，故選B．2．【答案】B【解析】因為，所以的共軛復數為，故選B．3．【答案】A【解析】特稱命題的否定是全稱命題，留意到要否定結論，故A選項正確，故選A．4．【答案】B【解析】由，知，則，可得，故選B．5．【答案】B【解析】因為，，，所以，故選B．6．【答案】A【解析】∵，由導數的幾何意義知，解得，∴，∴，故選A．7．【答案】C【解析】模擬程序的運行，可得，，執行循環體，，；不滿意條件，執行循環體，，；不滿意條件，執行循環體，，；不滿意條件，執行循環體，，，此時，滿意條件，退出循環，輸出的值為，故選C．8．【答案】D【解析】該幾何體為四分之一個圓錐與三棱錐的組合體，且四分之一圓錐底面半徑為，高為．三棱錐為墻角三棱錐，三條直角邊長分別為，另外三條邊長分別為．故該幾何體的表面積為，故選D．9．【答案】B【解析】設圓的圓心為，則，所以圓的圓心在圓上．因為拋物線的焦點為，所以圓心到拋物線焦點的距離的最大值為，故選B．10．【答案】D【解析】當時，，則，所以函數在上單調遞增，令，則，依據三角函數的性質，當時，，故切線的斜率變小，當時，，故切線的斜率變大，可解除A、B；當時，，則，所以函數在上單調遞增，令，則，當時，，故切線的斜率變大，當時，，故切線的斜率變小，可解除C，故選D．11．【答案】B【解析】的圖象如下，存在實數，滿意，且，即，∴，則，令，，則，∴在上單調遞增，故，故選B．12．【答案】D【解析】如圖，取的兩個三等分點，，連接，，，設，連接，，則，又∵，∴，∴四邊形為平行四邊形，∵，∴為的中點，∴，由勾股定理可得，則，在中，，∴，∵，∴，又，則為等邊三角形，∴，則是的外接圓的圓心，因為，為的中點，∴，∵，，，∴，∴，∴，又∵，，∴平面，且，設為三棱錐外接球的球心，連接，，，過作，垂足為，則外接球的半徑滿意，設，則，解得，從而，故三棱錐外接球的表面積為，故選D．第Ⅱ卷二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．13．【答案】【解析】依據題意，由于函數，則使得原式有意義的的取值范圍滿意，即，解得，故所求函數的定義域為．14．【答案】【解析】約束條件表示的可行域如下圖所示，平移直線，當經過點時，直線在縱軸上的截距最小，此時點坐標是方程組的解，解得，因此的最大值為．15．【答案】【解析】由題意，∴．16．【答案】【解析】圓的圓心為，則到直線的距離為，由直線截圓所得的弦長為，可得，整理得，解得或(舍去)，令，，又，當且僅當時，等號成立，則，∴．三、解答題：本大題共6大題，共70分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由正弦定理得，因為，所以，所以由余弦定理得，又在中，，所以．（2）方法1：由（1）及，得，即，因為（當且僅當時等號成立），所以，則（當且僅當時等號成立），故的最大值為．方法2：由正弦定理得，，則，因為，所以，所以，故的最大值為（當時）．18．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）∵，∴，∴，即，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，，∴．（2），∴，∴．19．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】（1）證明：因為底面為矩形，所以，則，所以．又在矩形中，，，所以平面．因為平面，所以平面平面．因為，，所以平面．又平面，所以．（2）依據已知條件可知，球的球心為側棱的中點，則球的半徑，所以球的表面積為，解得，所以．20．【答案】（1）；（2）過定點，定點為．【解析】（1）設橢圓的焦距為，由，即，∴，有，又橢圓過點，∴，解得，∴橢圓的標準方程為．（2）由題可設直線的方程為，由，消去，整理可得，設，，則，，由題意，可得，有，∴，且（直線不過點），即，整理可得，解得，故直線過定點．21．【答案】（1）；（2）證明見解析．【解析】（1）∵，∴，令，則，∴在上單調遞增，在上單調遞減．當時，在上單調遞減，的最大值為；當時，在區間上為增函數，在區間上為減函數，的最大值為，綜上，．（2），即，令，，故在上單調遞減，在上單調遞