精品解析：辽宁省名校联盟2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

辽宁省名校联盟2024年高三12月份联合考试 数学 命题人：锦州中学 王锦明 审题人：临江市第一中学 党子亮 锦州中学 李兵 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.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，再选涂其它答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，则的值是（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 9 2. 对于非零向量是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的公差为，若成等比数列，则等于（ ） A. B. 2 C. 0或 D. 0或2 5. 函数在区间上的大致图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 6. 已知是三个不同的平面，是三条不同的直线，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. ，则三条交线的交点个数为0或1 7. 已知椭圆上一点到左焦点的距离为为坐标原点，若点满足，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 2 8. 已知函数，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 二､多选题：本题共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. 已知，下列选项能正确表示数列的公式有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 对，函数 B. 若函数与的图象关于直线对称，则 C. 对，函数 D. 若，则 11. 如图，曲线称为“双纽线”，其对称中心在坐标原点，且上的点满足到点和的距离之积为定值，则（ ） A. 若，点在曲线上 B. 若，曲线的方程为 C. 若，曲线上点的纵坐标的最大值为1 D. 若点在上，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设 为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为___________． 13. 《九章算术》第五章“商功”问题十七：今有羡除【注】，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺.问积几何？大意是：今有墓道（如图②，平面平面），下宽（长）6尺，上宽（长）1丈（1丈尺），深（与距离）3尺，末端宽（长）8尺，无深，长（与距离）7尺.它的体积是__________立方尺. 【注】羡除：墓道，此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为三角形的五面体. 14. 表示函数当自变量时的最大值，表示函数当自变量时的最小值，已知函数，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. 已知函数，其中. （1）若曲线在点处与轴相切，求的值； （2）若3是函数的极小值点，求的值. 16. 如图，在四边形中，，且，. （1）求的面积； （2）若，求的长. 17. 已知椭圆的长轴长是，为右顶点，，，，是椭圆上异于顶点的任意四个点，当直线经过原点时，直线和的斜率之积为. （1）求椭圆的方程； （2）当直线和的斜率之积为定值时，直线是否过一个定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 18. 如图，在四棱台中，平面平面. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）求点关于平面的对称点到平面的距离. 19. 如图，已知点列与满足且，其中. （1）求与的关系式； （2）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省名校联盟2024年高三12月份联合考试 数学 命题人：锦州中学 王锦明 审题人：临江市第一中学 党子亮 锦州中学 李兵 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.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，再选涂其它答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，则的值是（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集运算以及集合相等解方程可得结果. 【详解】由以及可得； 即，所以，解得. 故选：A 2. 对于非零向量是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据共线向量的条件，以及充分条件和必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】因为，反之不能推出 所以是必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用不等式的性质、基本不等式、指数和对数函数单调性依次判断各个选项即可. 【详解】由得：； 对于A，，，，A错误； 对于B，（当且仅当时取等号）， 又，，B正确； 对于C，，，即，C错误； 对于D，，，，D错误. 故选：B. 4. 已知等差数列的公差为，若成等比数列，则等于（ ） A. B. 2 C. 0或 D. 0或2 【答案】C 【解析】 【分析】依题意，有，利用等差数列通项公式求公差为的值. 【详解】成等比数列，则有， 等差数列的公差为，所以，得， 解得或. 故选：C. 5. 函数在区间上的大致图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据取特殊值排除A,B,C三个选项，利用函数的定义域,奇偶性和单调性可确定D正确. 【详解】对于A，当时，，，与图象矛盾，故A错误； 对于B，当时，，则，与图象矛盾，故B错误； 对于C，当时，，无意义，故C错误； 对于D，因，则， 由知函数为偶函数，图象关于轴对称； 且当时，，无意义； 当时，，即函数在上单调递减， 故在上单调递增，该图象均符合，即D正确. 故选：D. 6. 已知是三个不同的平面，是三条不同的直线，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. ，则三条交线的交点个数为0或1 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行性质可判断A错误，B错误，再根据面面垂直性质可得C错误，由线面平行以及交线性质可得D正确. 【详解】对于A，若，则也可能为，即A错误； 对于B，若，则也可能是异面直线，即B错误； 对于C，若，也可以是，即C错误； 对于D，当分别为三棱柱的三个侧面时，此时两两平行，交点为0； 当分别为正方体共顶点的三个侧面时，此时交于同一点，交点为1； 即可得D正确. 故选：D 7. 已知椭圆上一点到左焦点的距离为为坐标原点，若点满足，则（ ） A. 6 B. 4 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据椭圆定义以及向量加法的平行四边形法则，利用中位线的性质即可得出结果. 【详解】设椭圆右焦点为，连接，取的中点为，如下图所示： 由椭圆定义可知，又，可得； 易知，所以， 又因为为的中点，所以，且， 可得. 故选：B 8. 已知函数，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦函数、幂函数、正切函数的奇偶性可得，从而有，再根据对数运算化简运算可得所求. 【详解】因为，其定义域为， 则，故有， 又，则， 因为， 所以，即+， 因为，所以. 故选：C. 二､多选题：本题共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. 已知，下列选项能正确表示数列的公式有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】ACD项根据给定的通项公式求出前几项判断是否符合已知数列各项；B项根据递推关系可推得，再由可得. 【详解】对A，当为奇数时，，不符合数列，故A错误； 对B，由，可得， 由可得，故， 由，可知当为奇数时，；由，可知当为偶数时，. 故该递推公式符合数列，故B正确； 对C，当时，，不符合数列，故C错误； 对D，当为奇数时，，当为偶数时，， 符合数列的通项公式，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，下列说法正确的有（ ） A. 对，函数 B. 若函数与的图象关于直线对称，则 C. 对，函数 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】构造函数，根据导数判断函数单调性与最小值，即可判断A选项；由对称可得，即可得，判断B选项；当，求导，判断函数单调性，可得，即可判断C选项；根据导数的定义式可得，即可判断D选项. 【详解】A选项：设，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即，A选项正确； B选项：与的图象关于直线对称的图象的对应的函数是， 即，则，B选项正确； C选项：若，函数在上是增函数，且，C选项错误； D选项：， 又，所以，即，D选项正确； 故选：ABD. 11. 如图，曲线称为“双纽线”，其对称中心在坐标原点，且上的点满足到点和的距离之积为定值，则（ ） A. 若，点在曲线上 B. 若，曲线的方程为 C. 若，曲线上点的纵坐标的最大值为1 D. 若点在上，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项设曲线与x轴正半轴相交于，可题意上的点满足到点和的距离之积为，化简求解可得；B项设曲线上任一点，坐标代入可得方程，然后化简即可判断； C项若，可得方程，由得验证可得最值；D项设点求曲线方程，由可得成立. 【详解】由图可知，原点在曲线上，则. 选项A，若，则，， 由图可设曲线与x轴正半轴相交于， 则由可得，解得 ，故A 正确； 选项B，若，则，设曲线C上任一点坐标为， 则， 两边平方得，即， 所以 ，即，故 B 错误； 选项C，若，则，设曲线C上任一点坐标为， 则， 同理化简得，得， 由方程有解可得， 所以 ，则， 又令，解得，即当时，，故C 正确； 选项 D，由，设曲线C上任一点坐标为， 则， 同理化简可得，由图可知，所以， 即若点在C 上，恒有成立，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于利用“设点、写关系、代坐标、化简”的步骤，求出曲线方程并化简. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设 为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由复数的乘法公式和纯虚数的定义计算即可求解. 【详解】由题意知，， 又为纯虚数， 所以，解得. 故答案为：-1 13. 《九章算术》第五章“商功”问题十七：今有羡除【注】，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺.问积几何？大意是：今有墓道（如图②，平面平面），下宽（长）6尺，上宽（长）1丈（1丈尺），深（与距离）3尺，末端宽（长）8尺，无深，长（与距离）7尺.它的体积是__________立方尺. 【注】羡除：墓道，此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为三角形的五面体. 【答案】84 【解析】 【分析】把几何体分成四棱锥和三棱锥，求体积之和即可. 【详解】如图，连接FC，FB，所求体积为四棱锥和三棱锥体积之和， 故答案为：84. 14. 表示函数当自变量时的最大值，表示函数当自变量时的最小值，已知函数，则 =_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据一次函数的性质可得，再结合分段函数性质分析求解. 【详解】由题意得 ， 所以 ， 由于当时，的最小值为， 当时，， 故， 故答案为： 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. 已知函数，其中. （1）若曲线在点处与轴相切，求的值； （2）若3是函数的极小值点，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，解方程即可得出答案. （2）对求导，分，和，讨论的单调性，结合极小值的定义即可得出答案. 【小问1详解】 因为的定义域为， 所以， 因为曲线在点处与轴相切， 所以，所以， 则，解得：. 【小问2详解】 因为的定义域为， 所以， 当时，不是的解，不合题意； 若，则， 令，可得：或， 令，可得：， 所以在上单调递减，在，上单调递增， 所以在处取的极小值，所以； 若，则， 令，可得：，令，可得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取的极小值，所以，不符合题意； 若，则在上单调递增，无极小值， 综上：. 16. 如图，在四边形中，，且，. （1）求的面积； （2）若，求的长. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设，根据等腰三角形可得，利用条件结合倍角公式可得，即可得到，为等腰直角三角形，可求面积. （2）根据（1）得，利用余弦定理可求的长. 【小问1详解】 ∵，∴. 设，则. 由得，， ∴，即， 整理得， ∵， ∴，故，，即， ∴，即，∴，， ∴的面积为. 【小问2详解】 由（1）得，，. ∵，∴. 在中，由余弦定理得， 即，解得或. 17. 已知椭圆的长轴长是，为右顶点，，，，是椭圆上异于顶点的任意四个点，当直线经过原点时，直线和的斜率之积为. （1）求椭圆的方程； （2）当直线和的斜率之积为定值时，直线是否过一个定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）直线过定点 【解析】 【分析】（1）由已知，设点，坐标，结合斜率乘积可得，即可得椭圆方程； （2）①当直线斜率不存在时，设直线方程及点，坐标，结合，解方程可得直线方程；②当直线斜率存在时，可设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与斜率公式列方程，化简可得或，代入直线方程可得解. 【小问1详解】 由已知，即，所依椭圆方程为， 当直线过原点时，设，则，所以， 所以，又， 所以，， 所以，则， 所以椭圆方程为； 【小问2详解】 ①当直线斜率不存在时，设直线方程为，点，（）， 则，，且，即， 所以，解得， 即此时直线方程为； ②当直线斜率存在时，由题可设直线方程为，舍，， 联立直线与椭圆方程得， 则，即， 且，， 又，， 则， 即， 即， 化简可得，解得或， 当时，直线方程为，过点，不成立； 当时，直线方程为，过定点； 综上所述直线恒过定点. 18. 如图，在四棱台中，平面平面. （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）求点关于平面的对称点到平面的距离. 【答案】（1） 连接，因为，， 所以，所以四点在同一平面上， 又因为平面，平面平面， 所以，可得四边形为平行四边形， 所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，根据线面平行的性质定理得四边形为平行四边形可得答案； （2）做交与点，以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案； （3）求出平面的一个法向量、点到平面的距离，设，根据与共线得，再由点到平面的距离求出，最后再求点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，，， 所以四边形是等腰梯形，做交与点，可得， 所以，且， 以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，， ，，，， 设向量为平面的一个法向量， 则，即，令，得， 所以， 设向量为平面的一个法向量， 则，即，令，得， 所以， ， 设平面与平面所成角的为， 所以； 【小问3详解】 由（2）建立的空间直角坐标系，得 ，， ，， 设为平面的一个法向量， 则，即，令，得， 所以， 则点到平面的距离 为， 设，则， 因为与共线，，可得， ， 所以点到平面的距离 为， 解得，或（舍去）， 此时，， 所以点到平面的距离. 【点睛】关键点点睛：第三问解题的关键点是利用向量共线求出点的坐标. 19. 如图，已知点列与满足且，其中. （1）求与的关系式； （2）证明：. 【答案】（1） （2） 由，将代入，解得. 由可得，两边取平方，， 即， 又，故，因 则，即， 故得，，，， 将以上个不等式左右分别相加，可得，即得. 下面证明：恒成立. 当时，，不等式成立； 当时，， 即得，不等式成立. 综上可得，得证. 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的坐标公式计算推得，再由向量数量积的运算律化简得，两式联立，化简即得； （2）由（1）结论推得，两边平方整理后可得，又由变形后放缩推得，即得，对进行赋值累加，即得，最后利用等差数列求和公式分别两边求和，即可证得结论. 【小问1详解】 依题意， 因，则， 因则得（*） 因，则得， 将（*）式代入此式，可得， 即得，则； 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：本题主要考查数列与向量运算的知识交汇运用，属于难题. 解题思路是结合图形，将向量用坐标表示，运用公式，运算律计算化简求得关系式；利用此关系式进行变形放缩，累加得到，再运用等差数列求和公式即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $