天津市河西区北京师范大学天津附属中学2024-2025学年高三上学期第二次月考数学试卷

2025届高三年级第一学期第二次月考数学试卷 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件，求出集合，再利用集合的运算，即可求解. 【详解】由，得到，即， 又，所以， 故选：B. 2．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先判断球心在三棱锥的高线上，由正弦定理求得，求得，借助于列方程，求出外接球半径即得. 【详解】如图，设点在底面的射影为点， 因底面边长均为，侧棱长均为，故球心在上， 连接，设球的半径为，则， 由正弦定理，解得， 在中，，则， 在中，由，解得， 则球的表面积为. 故选：B. 3．已知平面，直线，直线不在平面内，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案． 【详解】因为， 对于A，若，则有可能在平面内，故A错误； 对于B，若，又，则，又，所以或在平面内，故B错误； 对于C，若，则有可能与平面相交但不垂直，故C错误； 对于D，若，则，又，则，故D正确． 故选：D 4．设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定的条件，利用指数、对数函数、正弦函数的性质，借助进行比较判断选项. 【详解】，， 而，则，即，所以. 故选：B 5．函数的部分图象大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过函数的奇偶性可排除AC，通过时函数值的符号可排除D，进而可得结果. 【详解】令，其定义域为关于原点对称， ， 所以函数为奇函数，即图像关于原点对称，故排除AC， 当时，，，，即，故排除D， 故选：B. 6．函数，其图象的一个最低点是，距离点最近的对称中心为，则（    ） A． B．是函数图象的一条对称轴 C．时，函数单调递增 D．的图象向右平移个单位后得到的图象，若是奇函数，则的最小值是 【答案】C 【分析】由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由最低点求出的值，可得函数的解析式，再利用三角函数的图像和性质，得出结论． 【详解】解：函数，的图象的一个最低点是， 距离点最近的对称中心为， ，，， ，，解得，，因为， 令，可得， 所以函数，故A错误； ，故函数关于对称，故B错误； 当时，，函数单调递增，故C正确； 把的图象向右平移个单位后得到的图象， 若是奇函数，则，，即，， 令，可得的最小值是，故D错误， 故选：C 7．已知双曲线的右焦点为点，过点作双曲线的其中一条渐近线的垂线，垂足为点（点在第一象限），直线与双曲线交于点，若点为线段的中点，且，则双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出焦点到渐近线的距离，再联立直线直线与渐近线得点坐标，得中点的坐标，代入双曲线方程计算化简即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 由对称性，不妨取其中一条渐近线，即，点， 则，则. 且， 由，解得，所以， 由点为线段的中点，则， 由点在双曲线上，则，化简得， 又，得，则双曲线方程为. 故选：A. 8．已知函数的图象的一条对称轴是，且在上恰有两零点，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】从函数在上恰有两个零点可得出，又函数图象的一条对称轴是，可得出，进而求得的最大值. 【详解】解：由题意可得，函数， 由于，所以； 又由在上恰有两个零点，所以，解得； 又因为函数图象的一条对称轴是， 所以，即， 又且，所以当时，， 故选：B． 9．设函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意，都有，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题设条件画出函数的简图，由图象分析得出的取值范围. 【详解】当时，， 则， 即当时，， 同理当时，； 当时，. 以此类推，当时，都有. 函数和函数在上的图象如下图所示： 由图可知，，，解得， 即对任意，都有，即的取值范围是. 故选：D. 二、填空题 10．i为虚数单位，若复数，则 【答案】 【分析】先利用复数除法运算化简复数，然后代入模的运算求解即可. 【详解】因为，所以. 故答案为： 11．直线与圆相交于两点，若点为圆上一点，且为等边三角形，则的值为 ． 【答案】 【分析】由圆的几何性质及点到直线的距离公式求解即可. 【详解】由题意知，, 所以, 则圆心到直线的距离为： ， 则， 故答案为：. 12．已知正数，满足，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由已知变形得，，然后结合基本不等式可求． 【详解】解：因为， 所以， 所以， 当且仅当且，即，时取等号， 则， 故的最小值． 故答案为：． 13．的值为 . 【答案】11 【分析】进行对数和分数指数幂的运算即可． 【详解】原式． 故答案为：11． 14．如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则该六面体的体积等于 ，表面积等于 ． 【答案】 6 22 【分析】根据，，均垂直于平面，所以，在上取，连接，从而根据线线平行可得故为三棱柱，为三棱柱，根据柱体体积公式即可得该六面体的体积，根据几何体外表面的线线关系结合勾股定理、余弦定理、三角形面积公式、梯形面积公式、正方形面积公式，即可得几何体的表面积. 【详解】如图，在上取，连接， 因为，，均垂直于平面，所以， 则，因为正方形，所以， 又平面，所以平面， 由可得四边形为平行四边形，所以， 因为面为正方形，则，所以， 则四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面平面，则， 所以四边形为平行四边形，所以， 故为三棱柱，为三棱柱， 则该六面体的体积； 如图，连接， 又，， 所以， 则在四边形中，由余弦定理得， 所以，则， 该六面体的表面积 . 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定六面体的线线关系.关于求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解． 15．折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1．其展开几何图是如图2的扇形，其中，，，点在上（包含端点），则 ；的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由图形特征，以O为坐标原点，OB为x轴建立平面直角坐标系，由点坐标写出向量坐标，利用平面向量的坐标运算，即可得到结果. 【详解】以O为坐标原点，OB为x轴建立平面直角坐标系， 由，，得， 则，所以； 设，，则 ， 由，得，，， 所以的取值范围是. 故答案为：； 三、解答题 16．已知，，分别为三个内角，，的对边，且． (1)求； (2)若，求的值； (3)若的面积为，，求的周长． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简可得 ，由为三角形内角，，解得，结合范围，即可求得的值． （2）由已知利用同角三角函数基本关系式可求 的值，利用二倍角公式，两角差的正弦公式即可求解． （3）由已知利用三角形的面积公式可求 的值，进而根据余弦定理可求 的值，即可得解 的周长． 【详解】（1）由正弦定理边角关系，得 ， 则 ， 所以 ， 所以 ，而为三角形内角， ， 解得 ，又，则 ． （2）由已知 ，，所以 ， ， ， . （3）由 ，则 ， 由余弦定理得 ， 即 ，解得 ， 的周长为 ． 17．如图，平面，，点分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到平面. （2）以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． （3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解． 【详解】（1）连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形. 由点和分别为和的中点，可得且， 因为为的中点，所以且， 可得且，即四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面. （2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系. 依题意可得，. ， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得， 设为平面的法向量， 则，即，不妨设，可得，. ，于是. 所以，二面角的正弦值为. （3）设，即，则. 从而. 由（2）知平面的法向量为， 由题意，，即， 整理得，解得或， 因为所以，所以. 则N到平面的距离为. 【点睛】 18．已知数列的前n项和．若，且数列满足． (1)求证：数列是等差数列； (2)求证：数列的前n项和； (3)若对一切恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由与的关系，仿写作差后求出数列的通项，再代入所给方程求出数列的通项即可； （2）等差与等比数列相乘求和，采用错位相减法，乘以等比数列的公比，再求和即可； （3）先证明数列为递减数列，求出最大值，再解一元二次不等式求解即可； 【详解】（1）由题意知， 当时，，所以． 当时，，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以． 因为，所以， 所以，令，可得， 所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列． （2）由（1）知， 所以， 所以， 两式相减，可得 ， 所以，所以． （3）若对一切恒成立，只需要的最大值小于或等于． 因为， 所以，所以数列的最大项为和，且． 所以，即， 解得或，即实数的取值范围是． 19．已知椭圆，短轴的一个端点到右焦点的距离为，半焦距. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆方程表示短轴的端点坐标右焦点坐标，利用两点距离公式建立方程，可得答案； （2）利用分类讨论，分别设出直线方程，联立方程，求得弦长，结合基本不等式，可得答案. 【详解】（1）由椭圆方程，，则短轴的端点为，，右焦点为， 由短轴的一个端点到右焦点的距离为， 可得，解得， 所以，椭圆方程为. （2） 当直线的斜率不存在时，不妨设，将代入椭圆方程可得， 解得，此时，的面积为； 当直线的斜率存在时，设方程为，，， 由题意可得，， 联立可得，消去可得， 由， 则，， ， 当且仅当，即时，等号成立， 此时，的面积最大值为； 综上所述，面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 20．已知函数． (1)若，求在处的切线方程． (2)当时，证明：有两个不同的极值点． (3)讨论的单调性． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)答案见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可； （2）对函数求导研究单调性，即可证结论； （3）对函数求导，讨论参数a范围，研究对应的单调性即可. 【详解】（1）由题设，则， 所以，，故切线方程为， 整理得. （2）由题设，则， 由函数定义域为，则时，或时， 所以上单调递减，上单调递增， 显然有两个不同的极值点，分别为和，得证. （3）由题设，且， 当时，，故时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当时，时，或时， 所以在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立，即在上单调递减； 当时，时，或时， 所以在上单调递减，在上单调递增； 试卷第16页，共17页 试卷第17页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三年级第一学期第二次月考数学试卷 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．已知平面，直线，直线不在平面内，下列说法正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．设，，，则（    ） A． B． C． D． 5．函数的部分图象大致为（    ） A． B． C． D． 6．函数，其图象的一个最低点是，距离点最近的对称中心为，则（    ） A． B．是函数图象的一条对称轴 C．时，函数单调递增 D．的图象向右平移个单位后得到的图象，若是奇函数，则的最小值是 7．已知双曲线的右焦点为点，过点作双曲线的其中一条渐近线的垂线，垂足为点（点在第一象限），直线与双曲线交于点，若点为线段的中点，且，则双曲线的方程为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的图象的一条对称轴是，且在上恰有两零点，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 9．设函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意，都有，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、填空题 10．i为虚数单位，若复数，则 11．直线与圆相交于两点，若点为圆上一点，且为等边三角形，则的值为 ． 12．已知正数，满足，则的最小值为 ． 13．的值为 . 14．如图，六面体的一个面是边长为2的正方形，，，均垂直于平面，且，，则该六面体的体积等于 ，表面积等于 ． 15．折扇又名“撒扇”、“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1．其展开几何图是如图2的扇形，其中，，，点在上（包含端点），则 ；的取值范围是 ． 三、解答题 16．已知，，分别为三个内角，，的对边，且． (1)求； (2)若，求的值； (3)若的面积为，，求的周长． 17．如图，平面，，点分别为的中点. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值； (3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离. 18．已知数列的前n项和．若，且数列满足． (1)求证：数列是等差数列； (2)求证：数列的前n项和； (3)若对一切恒成立，求实数的取值范围． 19．已知椭圆，短轴的一个端点到右焦点的距离为，半焦距. (1)求椭圆的方程； (2)设直线与椭圆交于，两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值. 20．已知函数． (1)若，求在处的切线方程． (2)当时，证明：有两个不同的极值点． (3)讨论的单调性． 试卷第2页，共7页 试卷第1页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 $$