广东省深圳市建文教育集团两学部2024-2025学年高三上学期12月第一次模拟数学试题

广东省建文教育集团两学部12月第一次模拟 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.若复数满足，则(    ) A. B. C. D. 2.已知命题，，，，则(    ) A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 3.记为非零数列的前项和，若，，则(    ) A. B. C. D. 4.已知函数的部分图象如图，是相邻的最低点和最高点，直线的方程为，则函数的解析式为(    ) A. B. C. D. 5.众数平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据的分布形态有关根据某小区户居民的月均用水量数据单位：，得到如图所示的频率分布直方图，记该组数据的众数为，中位数为，平均数为，则(    ) A. B. C. D. 6.将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的纵坐标不变，得到函数的图象，则在下列区间中，函数单调递减的是(    ) A. B. C. D. 7.已知定义在上的函数满足为奇函数，且的图象关于直线对称，若，则(    ) A. B. C. D. 8.椭圆的长轴长为，则该椭圆的离心率为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.在复平面内，复数、对应的向量分别为、，则下列说法不正确的是(    ) A. B. C. 若，则 D. 若，则 10.已知圆锥的顶点为为底面圆的直径，，点在圆上，点为的中点，与底面所成的角为，则(    ) A. 该圆锥的侧面积为 B. 该圆锥的休积为 C. D. 该圆锥内部半径最大的球的表面积为 11.“”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线如图所示的曲线过坐标原点，上的点到两定点，的距离之积为定值则下列说法正确的是参考数据： A. 若，则的方程为 B. 若上的点到两定点、的距离之积为，则点在上 C. 若，点在上，则 D. 当时，上第一象限内的点满足的面积为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知，则           ． 13.若存在，，互不相等，满足，则的取值范围为_____________． 14.已知函数的最小值为，则          ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题分 在中，，，分别是内角，，的对边，且． 若，且的面积为，求； 若，，，求． 16.本小题分 已知二阶行列式，三阶行列式，其中，，分别为，，的余子式某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式． 计算． 设函数． 若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于，求； 若，且，函数，证明：． 17.本小题分 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，平面平面为的中点． 求证：平面平面； 求平面与平面夹角的余弦值． 18.本小题分 已知函数． 当时，求函数的图象在点处的切线方程； 讨论函数的单调性； 设，若，求实数的取值范围． 19.本小题分 设数列的前项和为，且． 求数列的通项公式； 在和之间插入个数，使成等差数列；在和之间插入个数，使成等差数列；依次类推，在和之间插入个数，使成等差数列． 若，求； 对于中的，是否存在正整数，使得成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，说明理由． 1.【答案】  【解析】【分析】方法：根据复数除法运算求出，然后共轭复数概念结合乘法运算可得；方法：利用复数模的性质求出，然后由性质可得． 【详解】法：因为，所以，所以． 法：因为，所以，即． 故选：． 2.【答案】  【解析】【分析】先判断命题的真假，再判断命题否定的真假，即可得到正确答案． 【详解】当时，命题成立，所以命题是真命题，命题是假命题； 当时，命题不成立，所以命题是真命题，命题是真命题． 故选：． 3.【答案】  【解析】【分析】根据给定条件，利用等比数列求出，再利用计算即得． 【详解】在非零数列中，，由，，得数列是等比数列，， 因此，所以． 故选： 4.【答案】  【解析】【分析】连接，与轴交于点，得点坐标，点也在函数的图象上，由直线方程斜率求得点坐标，可得周期，从而求得，再利用点坐标求得，从而得解析式． 【详解】连接，与轴交于点， 由图象的对称性，知点也在函数的图象上，所以点的坐标为． 设，由，得， 所以的最小正周期满足， 解得，即，解得， ，因为点是图象的一个最高点， 所以，结合， 解得， 故选：． 5.【答案】  【解析】【分析】由频率分布直方图结合中位数以及众数的计算即可比较大小． 【详解】观察频率分布直方图，发现是属于右边“拖尾”，所以平均数大于中位数为， 由于第一个小矩形面积为， 前个小矩形面积之和为， 所以中位数位于之间，故可得，解得， 由频率分布直方图可知众数， 故， 故选：． 6.【答案】  【解析】【分析】 本题考查正弦型函数的图像和性质，属于中档题． 用三角函数的图象变换法则得出  ，再求出  的单调区间，即可求解． 【解答】 解：将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的  纵坐标不变， 得到函数  ， 令  ， 解得  ， 令  得，  ，所以    ， 故选：． 7.【答案】  【解析】【分析】 本题考查奇函数的性质，考查函数的对称性和周期性，属于难题． 根据奇函数的性质和对称性，得到的周期，即可求解． 【解答】 解：由为奇函数可知，的图象关于点对称，则， 由得，， 由的图象关于直线对称， 所以的图象关于直线对称， 则，，则， 由，，得， 所以，则为的一个周期， 所以． 故选：． 8.【答案】  【解析】解：椭圆的长轴长为， ，则，即， 该椭圆的离心率． 故选：． 由已知求得值，可得椭圆的长半轴长，再由隐含条件求解，则答案可求． 本题考查椭圆的标准方程与几何性质，是基础题． 9.【答案】  【解析】【分析】 本题考查复数和向量的关系，属于基础题． 举例即可判断根据复数的几何意义即可判断． 【解答】 解：设，，则，， 对于，当，时，，，则，，故A错误 对于，，，所以，故B正确 对于，当，时，，，满足，但，故C错误 对于，当，时，，而，，故D错误． 10.【答案】  【解析】【分析】又圆锥的侧面积、体积公式，及线面角的定义，内切球半径的确定，逐个判断即可． 【详解】由已知，，，易得等腰三角形的底边长，， 对于，该圆锥的侧面积为， A错误； 对于该圆锥的体积为， B正确； 对于，如图，取中点为，连接， 则为与底面所成角为，故， C正确； 对于，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上， 设为，球半径为，过向作垂线，垂足为，则，又， 所以，所以， 球的表面积为， D正确， 故选： 11.【答案】  【解析】【分析】 本题考查曲线与方程，属于中档题． 根据题设将原点代入曲线方程后可求，故根据题意可列出动点满足的方程，化简即可判断的正误，对于，只需求出曲线的方程，把点的坐标代入来判断；对于，，可将曲线的方程求出来，求出相关点的坐标即可判断正误． 【解答】 解：对于：由题意知，，设曲线上的动点，因为曲线过坐标原点，先取动点为坐标原点，得定值为，所以， 化简可得曲线的方程为，故A正确； 对于：在曲线上取坐标原点，则，所以，所以曲线的方程为，化简得为，把点代入方程不成立，故B错误； 对，由，化简得曲线的方程为，把代入方程解得，故C正确； 对：由先项知，时曲线的方程为，设点 则，解得，把代入曲线的方程得，所以点， 故D正确 故选：， 12.【答案】  【解析】【分析】根据题意结合对数的运算性质可得到，解出，即可求得答案；另解：可利用对数的运算性质结合基本不等式求解． 【详解】由，整理得， 得，解得，所以． 另解：由题知，则， 利用基本不等式可得， 当且仅当时取等号，解得． 故答案为： 13.【答案】  【解析】【分析】 本题考查由正弦型函数的值域或最值求参，属于难题． 利用含函数的最值得，最后计算得结论． 【解答】 解：因为存在，，互不相等，满足， 所以函数在上至少有个最大值， 因此方程在上至少有个解，即存在至少个使得． 所以，即． 因为，所以，即． 又因为由得， 所以当时，， 因此当时，；当时，， 所以的取值范围为． 14.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了利用导数根据函数最值求参，是中档题． 易得对于恒成立，且能取得等号，整理得 ，所以，即在上恒成立，且能取得等号，设，利用导数研究最值可得结果． 【解答】 解：由题意可知，对于恒成立，且能取得等号， 即， 易知函数在上单调递增， 则，所以，即， 则在上恒成立，且能取得等号． 设，则， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增，所以， 又知能取得等号，故． 故答案为． 15.【答案】解：在中，，，分别是内角，，的对边，且， 因为，所以， 又，所以， 所以的面积， 则，因为，所以或； 若，，， 因为，，所以， 所以，由余弦定理得， 因为，，所以，或，， 又，所以，所以，， 所以．  【解析】运用正弦定理边角互化，再结合面积公式计算即可； 运用余弦定理，结合解方程组和数量积定义计算即可． 本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题． 16.【答案】解： ． 函数， ． ． 当或时，；当时，． 在和上是增函数，在上是减函数， 的极大值点为，极小值点为． 的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于， ， 则公差，所以， ． 证明：，且，函数， ，，， 在上无零点，在上存在唯一零点，且． 令， ， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． ， 而，． 令，则． 在上单调递诚， 当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， ， 而，． 综上，．  【解析】根据题设定义，即可求解； 根据题设定义，得到，先利用极值点的定义，求得，进而有，即可求解；构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得到，再构造函数，利用二次函数的性质得到的单调性，从而得到，即可求解． 本题考查三阶行列式展开法则、余子式、导数与函数单调性间的关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 17.【答案】 方法一；由，有， ，因为为正方形，故， 又平面平面交于平面， 所以，平面， 又平面，所以， 又平面平面， 故平面，又平面， 所以平面平面． 方法二；因为为正方形，故， 而平面平面交于平面， 所以平面，又平面， 所以， 平面和平面交线平行于． 故是平面和平面所成二面角的平面角． 有， 故平面平面． 方法三：取中点为，先证明：， ，点为的中点．， 而平面平面交于平面， 所以，平面，又平面， 所以，， 由已知，建立如图空间直角坐标系， 因为． 故， ， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，得， ，故， 所以，平面平面． 取中点为由知，， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 所以，， 显然可知平面的法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 则， 所以平面和平面所成锐二面角的余弦值为．   【解析】方法一，证明平面，得到，进而证明面，得证；方法二，根据二面角平面角定义判断是平面和平面所成二面角的平面角，由勾股定理可得，得证；方法三，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量判断． 建立空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求解． 18.【答案】 ， 当时，， 当时，， 函数在处的切线方程为． 函数的定义域为， 当时，恒成立，令，则， 若：若， 所以在单调递减，在单调递增； 当时，， 令，则， 当，即时， 若或：若， 所以在上递增，在上递减，在上递增． 当，即时，恒成立，在上递增． 当，即时，若或： 若， 所以在上递增，在上递减，在上递增， 综上所述，当时，在单调递减，在单调递增； 当时，在上递增，在上递减，在上递增； 当时，在上递增； 当时，在上递增，在上递减，在上递增． 由得恒成立 因为，即恒成立． 设，则， 因为， 同构可得 令因为，所以， 下面先证 设，于是， 令，则，当时，： 当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，当且仅当时等号成立 所以， 即， 所以，即 故实数取值范围为   【解析】利用导数的几何意义求解即可； 利用导数与函数单调性的关系，分类讨论即可求解； 由参变分离得，恒成立，设，则，利用导数求出即可． 方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极最值问题处理， 19.【答案】 当时，得； 当时，， 两式相减得， 所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以． 设， 所以， 上面两式相减得， 所以 所以， 所以． 因为都是递减数列； 所以； 则， 令，即恒成立， 所以数列单调递增， 当时，； 则 所以； 当时，； 则， 所以，，成立，解得，存在； 当时，； 当时，；不满足题意，故不存在： 综上所述，当正整数对取和时，成立．   【解析】利用与的关系，可求得． 利用错位相减法，得到， 然后得到， 然后利用单调性进行放缩讨论，可证明题设成立． 关键点睛：由，结合单调递减； 得到：，进而结合的单调性，通过，，讨论求解即可． 学科网（北京）股份有限公司 $$