精品解析：黑龙江省绥化市绥棱县第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考数学试题

2024－2025学年度上学期高三11月月考试卷 数学 2024.11 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本试卷命题范围：集合与逻辑、不等式、函数与导数、三角函数、解三角形、平面向量、复数、数列、空间向量与立体几何、直线与圆、椭圆. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. “”是“复数是纯虚数”的（ ）条件. A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要 D. 既不充分又不必要 2. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 3. 记为等差数列前项和．若，则（ ） A. 140 B. 150 C. 160 D. 180 4. 已知椭圆的右焦点为，过原点的直线与交于两点，若，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（且）在定义域内是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆的圆心为原点，且与直线相切.点在直线上，过点引圆的两条切线，，切点分别为A，B，如图所示，则直线恒过定点的坐标为（ ） A. ） B. C. D. 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 对于，有如下判断，其中正确判断是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则是钝角三角形 10. 如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在点P处变轨进入以F为一焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月球飞行，最后在点Q处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ上绕月球飞行．设圆形轨道Ⅰ的半径为，圆形轨道Ⅲ的半径为，则下列结论中正确的是（ ） A. 轨道Ⅱ的焦距为 B. 轨道Ⅱ的长轴长为 C. 若不变，r越大，轨道Ⅱ的短轴长越小 D. 若不变，越大，轨道Ⅱ的离心率越大 11. 已知函数有且仅有三个不同的零点分别为，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的取值范围是 C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，单位向量，且，则______. 13. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若是偶函数，在上恰有4个零点，则__________. 14. 以表示数集中最大（小）的数.设，已知，则__________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求角； （2）若的面积为，求的周长． 16. 已知等差数列，前项和为，又． （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列前项和． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，. （1）求证：直线平面； （2）若点为线段的中点，求二面角的正弦值. 18. 已知函数. （1）讨论的单调区间； （2）若区间上存在唯一零点，证明：. 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024－2025学年度上学期高三11月月考试卷 数学 2024.11 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本试卷命题范围：集合与逻辑、不等式、函数与导数、三角函数、解三角形、平面向量、复数、数列、空间向量与立体几何、直线与圆、椭圆. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. “”是“复数是纯虚数”的（ ）条件. A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要 D. 既不充分又不必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据纯虚数定义，得到a，b条件，可解. 【详解】复数是纯虚数，则.则“”是“复数是纯虚数”必要不充分条件. 故答案为：A. 2. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求函数的值域和函数的定义域，即得集合，从而可确定选项. 【详解】由，，可得，则，故， 又由有意义，可得，即得，故， 则显然有. 故选：C. 3. 记为等差数列的前项和．若，则（ ） A. 140 B. 150 C. 160 D. 180 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的性质可求出，再利用等差前的性质可以求出，即可求解. 【详解】， ， ， ， ， . 故选：B. 4. 已知椭圆的右焦点为，过原点的直线与交于两点，若，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再根据椭圆的定义求出，再利用勾股定理构造齐次式即可得解. 【详解】如图，设椭圆的左焦点为， 由椭圆的对称性可得， 所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为矩形，所以， 由，得， 又，所以， 在中，由， 得，即，所以， 即的离心率为. 故选：A. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用切化弦的思想和两角和差公式即可求解 【详解】因为， 所以，即， 所以， 又， 所以. 故选：C. 6. 已知函数（且）在定义域内是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用分段函数单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解. 【详解】由函数 ， 因为函数在定义域内是增函数，则满足， 解得，即实数的取值范围为. 故选：C． 7. 已知圆的圆心为原点，且与直线相切.点在直线上，过点引圆的两条切线，，切点分别为A，B，如图所示，则直线恒过定点的坐标为（ ） A. ） B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，为圆和以为直径的圆的公共弦，求出两圆方程即可求解. 【详解】依题意得圆的半径，所以圆的方程为. 因为，是圆的两条切线，所以，， 所以A，B在以为直径的圆上， 设点的坐标为，，则线段的中点坐标为， 所以以为直径的圆的方程为，， 化简得，， 因为为两圆的公共弦， 所以直线的方程为，，即， 所以直线恒过定点. 故选：B. 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，根据球的性质可得平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当O在线段上和O在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解. 【详解】如图，连接AC，BD，设， 因为四边形ABCD为矩形，所以为矩形ABCD外接圆的圆心．连接， 则平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q， 根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线交EF于点M． 连接PQ，则，且为PQ的中点，因为，所以， 连接EP，FQ，在与中，易知， 所以梯形EFQP为等腰梯形，所以，且． 设，球O的半径为R，连接OE，OA， 当O在线段上时，由球的性质可知， 易得，则，此时无解． 当O在线段的延长线上时，由球的性质可知， ，解得，所以， 所以球O表面积， 故选：D． 【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距离都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．由此出发，利用一些特殊模型，或借助一般方法，即可确定外接球球心的位置． 二、选择题：本大题共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. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则是钝角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用函数单调性判断；对于B，由正弦定理判断；对于C，求出判断即可；对于D，由正弦定理得，再利用余弦定理判断. 【详解】对于A，若，因为函数在上为单调函数，所以， 所以为等腰三角形，所以A正确； 对于B，若，可得，由正弦定理， 可得，可得，所以B正确； 对于C，因为，所以符合条件的有0个，所以C不正确； 对于D，若，由正弦定理得， 则，因为，所以， 所以是钝角三角形，所以D正确. 故选：ABD. 10. 如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在点P处变轨进入以F为一焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月球飞行，最后在点Q处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ上绕月球飞行．设圆形轨道Ⅰ的半径为，圆形轨道Ⅲ的半径为，则下列结论中正确的是（ ） A. 轨道Ⅱ的焦距为 B. 轨道Ⅱ的长轴长为 C. 若不变，r越大，轨道Ⅱ的短轴长越小 D. 若不变，越大，轨道Ⅱ的离心率越大 【答案】ABD 【解析】 【分析】设椭圆方程，根据椭圆的性质得到，判断选项A，B；由判断选项C；由判断选项D. 【详解】解：设椭圆方程， 由椭圆的性质知，，， 则，，故选A，B正确； ，，所以， 若不变，越大，越大，即轨道Ⅱ的短轴长越大，故C的错误； ， 若不变，越大，则越小，越大，即轨道Ⅱ的离心率越大，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知函数有且仅有三个不同的零点分别为，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的取值范围是 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】求出，分、讨论，利用导数求出极值可判断AB；利用 可判断CD. 【详解】， 令，解得或， 当时， 当时，，单调递减， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，， 此时函数只有一个零点，不符合题意； 当时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 要使有三个不同的零点， 则，解得，即的取值范围是，故A错误，B正确； 因为函数有且仅有三个不同的零点分别为， 则 ， 即有，，，故C错误，D正确. 故选：BD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，为单位向量，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积运算法则和性质即可求解. 【详解】因为平面向量，为单位向量，所以 因为，所以， 所以； 所以； 即. 故答案为：. 13. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若是偶函数，在上恰有4个零点，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】由平移变换得到，再根据是偶函数，得到，然后由，得到，根据在上恰有4个零点，由求解. 【详解】解：将函数的图象向右平移个单位长度得到， 函数， 因为是偶函数，所以，即， 因为，所以，则， 因为，所以， 因为在上恰有4个零点， 所以，即， 所以当时，， 故答案为：4 14. 以表示数集中最大（小）的数.设，已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，设，则再结合基本不等式求解即得. 【详解】由可得， 设，则 由 ，当且仅当时，等号成立. 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设，由已知得出，进而得出是解决本题的关键. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求角； （2）若的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理和余弦定理来求解角的大小； （2）应用三角形的面积公式计算边的数量关系. 【小问1详解】 由可知， 由正弦定理，得， 即． 所以， 又， 所以. 【小问2详解】 由（1）知． 所以， 又， 所以， 所以，即． 所以的周长为． 16. 已知等差数列，前项和为，又． （1）求数列通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的求和公式和等差数列的通项公式即得. （2）由，令求出的取值范围，再分段求出数列的前项和 【小问1详解】 设等差数列的公差为，首项为， 因为，所以， 所以，由，解得， 又，所以； 【小问2详解】 设，的前项和为，得， ，得 当时，，即，所以 当时，得 ，所以， 则 综上所述： 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，. （1）求证：直线平面； （2）若点为线段的中点，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理即得. （2）在平面内作，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 小问1详解】 由平面平面，得， 由底面是菱形，得，又平面， 所以直线平面. 【小问2详解】 在菱形中，，，则为正三角形，， ，在平面内作，则直线两两垂直， 以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图： 则，， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设二面角的平面角为，， 则，所以二面角的正弦值. 18. 已知函数. （1）讨论的单调区间； （2）若在区间上存在唯一零点，证明：. 【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导，分和两种情况，利用导数求原函数的单调区间； （2）由题设得，从而得若要证明，则只需，即只需，通过构造函数，利用导数证明即可得证. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 所以的单调递增区间为，无单调递减区间； 若，令，解得；令，解得； 可知的单调递增区间为，单调递减区间为； 综上所述：若，的单调递增区间为，无单调递减区间； 若，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为在区间上存在唯一零点， 所以存在唯一的，有，化简得， 若要证明，则只需，即只需证明， 设，则， 令，则， 所以当时，单调递增， 所以， 所以当时，单调递增， 所以， 即当时，有不等式成立， 综上所述：若在区间上存在唯一零点，则. 19. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程. （2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得. 【小问1详解】 因，可得： ①， 又椭圆过点，可得 ②， 联立①，②，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时， 直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0. 设直线的方程为， 联立，消去，整理得：， 因直线交椭圆于两点，则，且，则， 因直线的方程为，同理可得：， 因三点共线，则，即， 易知，则， 因，则； ②结合①可知，则 ， 因，则数列是首项为9，公比为3等比数列， 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$