山東省青島第十九中學2024-2025學年高三上學期期中考試數學試題

青島十九中2024-2025學年度第一學期期中模塊檢測高三數學試題2024.11說明：1.本試卷分第I卷和第II卷.滿分150分.答題時間120分鐘.2.請將第I卷題目的答案選出后用2B鉛筆涂在答題紙對應題目的代號上；第II卷用黑色簽字筆將正確答案寫在答題紙對應的位置上，答在試卷上作廢.第I卷（選擇題，共58分）一、單選題：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.在復平面內，復數z對應的點的坐標是，則z的共軛復數（）A. B. C. D.2.若，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B. C. D.3.已知，則等于（）A. B. C. D.4.我國古代數學名著《九章算術》對立體幾何問題有著深入的研究，其中談到的“塹堵”是指底面為直角三角形且側棱垂直于底面的三棱柱.現有塹堵如圖所示，其中，若，平面將塹堵分成了兩部分，這兩部分體積比值為（）A. B. C. D.5.在中，，，，P為所在平面內的動點，且.則的最大值為（）A.12 B. C. D.6.已知函數，若對于任意實數k，總存在實數，使得成立，則實數a的取值范圍是（）A. B. C. D.7.已知三棱錐的四個頂點都在球O的球面上，，，，則球O的表面積為（）A. B. C. D.8.已知函數的部分圖象如圖所示，關于該函數有下列四個說法錯誤的是（）A.的圖象關于點對稱B.的圖象關于直線對稱C.的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到D.若方程在上有且只有兩個極值點，則t的最大值為二、多選題：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.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列不等式恒成立的是（）A.， B.，C.， D.，10.已知向量，，則下列命題為真命題的是（）A.若，則 B.若，則C.的最大值為6 D.若，則11.如圖，正方體棱長為2，P，Q分別是棱，棱BC的中點，點M是其側面上的動點（含邊界），下列結論正確的是（）A.沿正方體的表面從點A到點P的最短距離為B.過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面面積為C.當時，點M的軌跡長度為D.保持PM與垂直時，點M的運動軌跡長度為第II卷（非選擇題，共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知角的終邊上一點，且，則________.13.如圖，在平行四邊形ABCD中，E為CD的中點，P為線段AE上一點，且滿足，則________.14.設函數和的定義域為D，若存在非零實數，使得，則稱函數和在D上具有性質P.現有四組函數：①，；②，；③，；④，.其中具有性質P的是________.（寫出所有滿足條件的函數的序號）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）設函數（1）求函數的最小正周期，并解不等式；（2）先將圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變；再向左平移個單位；最后向下平移個單位得到函數的圖象.若對，不等式恒成立，求實數m的取值范圍.16.（15分）如圖，在三棱錐中，為P在平面ABC內的射影點，已知，，，，.（1）請以、為基底表示，并證明.（2）求證平面PAC.17.（15分）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.且滿足.（1）求角C的大??；（2）若的面積，內切圓的半徑為，求c；（3）若的平分線交AB于D，且，求的面積S的最小值.18.（17分）如圖，PD垂直于梯形ABCD所在平面，，F為PA的中點，，，四邊形PDCE為矩形.（1）求證：平面DEF；（2）求平面ABCD與平面BCP的夾角的余弦值；（3）求點F到平面BCP的距離.19.（17分）凸函數是數學中一個值得研究的分支，它包括數學中大多數重要的函數，如，等.記為的導數.現有如下定理：在區(qū)間I上為凸函數的充要條件為.（1）證明：函數為上的凸函數；（2）已知函數.①若為上的凸函數，求a的最小值；②在①的條件下，當a取最小值時，證明：，在上恒成立.

青島十九中2024-2025學年度第一學期期中模塊檢測高三數學試題答案一、單項選擇題1-5DABBC6-8DAC二、多項選擇題9.ABD10.ACD11.CD三、填空題12.13.14.①③四、解答題15.（1）由可得令，則，故，，解得，.故不等式的解為；（2）將圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變；可得，再向左平移個單位，可得；最后向下平移個單位得到函數，當，由于在單調遞增，故，所以，由于，故，即.16.（1）如圖：中：延長到，使；延長到，使.因為，所以，所以點為的重心.所以所以.又因為即.因為.所以.（2）如圖：因為平面ABC，平面ABC，所以；又，，平面，，所以平面，又平面，所以.又因為，所以，所以；在中，，，所以.又，所以，所以.在中，，，所以.在中，，，，因為，所以.又平面PAC，，所以平面PAC.17.（1）由，可得，所以，即，因，則.（2）由等面積法可得：，即：，所以①，②，在中，由余弦定理得，即③，由①②③解得：；（3）如圖，因CD平分，故，在中，設，則，在中，由正弦定理，得，則，在中，由正弦定理，得，則，得，故有（*）.在中，由正弦定理，得，則，得代入（*）式，可得，即.由基本不等式，得，解得，當且僅當時取“”.于是，.即的面積的最小值為.18.【詳解】（1）令，連接FG，由四邊形PDCE為矩形，得為PC中點，又為PA中點，則，又平面DEF，平面DEF；所以平面DEF.（2）由PD垂直于梯形ABCD所在平面，，得直線DA，DC，DP兩兩垂直，以為坐標原點，直線DA，DC，DP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則，，，，，設平面BCP的法向量，則，令，得，由軸平面ABCD，得平面ABCD的法向量，則，所以平面ABCD與平面BCP的夾角的余弦值為.（3）由（2）知：，則，而平面BCP的法向量，所以點到平面BCP的距離.19.（1）因為，則，因為，又，所以，故在區(qū)間上恒成立，即函數為上的凸函數.（2）①因為，所以，，由題知在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上恒成立，令，則在區(qū)間上恒成立，令，對稱軸為，所以當時，取到最大值，最大值為1，所以，得到，所以的最