精品解析：天津市第七中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷

2024-2025学年度第一学期月考数学试卷 2024.12 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，为非零实数，则“”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. 下列说法错误的是（    ） A. 线性相关系数越接近1，两个变量的线性相关程度越强； B. 独立性检验可以100%确定两个变量之间是否具有某种关系； C. 在回归分析中，可用残差图判断模型的拟合效果，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适，带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高； D. 甲、乙两个模型的决定系数分别约为0.88和0.80，则模型甲的拟合效果更好． 4. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数是上的偶函数，对任意，且都有成立．若，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 已知函数在有且仅有个极小值点，且在上单调递增，则ω的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知P为双曲线C：上一点，，为双曲线的左、右焦点，若，且直线与以的实轴为直径的圆相切，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 9. 已知斜三棱柱中，为四边形对角线的交点，设三棱柱的体积为，四棱锥的体积为，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题 10. 复数的虚部是________． 11. 在的二项式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 12. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为弘扬传统文化，某单位开展投壶游戏，现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为．第3次投壶的人是乙的概率为_______，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为_______． 13. 已知抛物线，经过拋物线上一点的切线截圆：的弦长为，则的值为______ 14. 在菱形中，，，，， 已知点M在线段上，且则_____ ，若点N为线段上一个动点，则的最小值为___________ 15. 设函数，若函数与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是______. 三、解答题 16. 在中，内角所对的边分别为，，，已知 （1）求角的大小； （2）已知，的面积为6，求： ①边长的值； ②的值. 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余弦值； （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. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为. （1）求椭圆的离心率； （2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为. （i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程. 19. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且. （1）求和的通项公式； （2）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求实数的取值范围； （3），数列前项和为，求证：. 20. 已知函数，且． （1）设，讨论的单调性； （2）若且存在三个零点，，． （i）求实数的取值范围; （ii）设，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第一学期月考数学试卷 2024.12 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数有意义求得集合A，进而求出集合B，再利用交集的定义求解即得. 【详解】由，得，又，因此， 所以． 故选：B 2. 已知，为非零实数，则“”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】A 【解析】 【分析】根据充分、必要条件的知识求得正确答案. 【详解】当时，同号且非零，则，所以. 当时，如，则，无法得到. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 下列说法错误的是（    ） A. 线性相关系数越接近1，两个变量的线性相关程度越强； B. 独立性检验可以100%确定两个变量之间是否具有某种关系； C. 在回归分析中，可用残差图判断模型的拟合效果，残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，说明这样的模型比较合适，带状区域的宽度越窄，说明模型的拟合精度越高； D. 甲、乙两个模型的决定系数分别约为0.88和0.80，则模型甲的拟合效果更好． 【答案】B 【解析】 【分析】利用线性相关系数、独立性检验、残差图、决定系数等相关概念，逐一判断选项即可得出结论. 【详解】对于A，根据线性相关系数的定义可判断A正确； 对于B，独立性检验是存在某种程度的错误概率的，因此可得B错误； 对于C，利用回归分析残差概念以及残差图可判断C正确； 对于D，决定系数的值越大，说明拟合效果越好，显然，即模型甲的拟合效果更好，可得D正确. 故选：B 4. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合函数的定义域，零点，时函数值的符号，对各个选项进行分析判断，即可求解. 【详解】由知，，所以选项C不合题意； 又时，，所以，故选项B不合题意， 因为时，，根据指数函数的单调性可知，， 又弧度是第二象限角，故，于是时，，所以选项D不合题意， 故选：A. 5. 已知函数是上的偶函数，对任意，且都有成立．若，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由偶函数的性质可得的图象关于直线对称，结合函数的单调性分析可得在上为增函数，据此分析可得答案． 【详解】根据题意，函数是上的偶函数，则函数的图象关于直线对称， 又由对任意，且，都有成立，则函数在上为增函数， 又，，， 又，所以，由函数的图象关于直线对称，知， 又，所以，故， 故选：A． 6. 设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面的位置关系判断即可. 【详解】对于A中，由，只有当与相交时才能得到，所以A错误； 对于B中，由，，可得，又由，所以，所以B错误； 对于C中，若，，所以，又，所以，所以C正确； 对于D中，由，，则或， 当时，由，则或与异面； 当时，由，则或与相交，所以D错误． 故选：C 7. 已知函数在有且仅有个极小值点，且在上单调递增，则ω的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦型函数得图像特征，借助极小值点的个数以及单调区间来确定的取值范围即可. 【详解】对于函数，极小值点为. ，令. 因为有且仅有个极小值点. 当时，；当时，；当时，. 所以，解不等式得. 因为的单调递增区间为. 对于，令， 则. 因为在上单调递增，所以. 当时，，当时，， 故，则且. 解不等式得. 综合以上两个条件，的取值范围是. 故选：D. 8. 已知P为双曲线C：上一点，，为双曲线的左、右焦点，若，且直线与以的实轴为直径的圆相切，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合直线和圆的位置关系以及双曲线的定义求得的关系式，由此求得双曲线的渐近线方程. 【详解】设直线与圆相切于点，则， 取线段的中点，连接， 由于，则， 由于是的中点，所以，则，即有， 由双曲线的定义可得，即，即，所以， 化简得，即，得到， 所以双曲线的渐近线方程为， 故选：A 9. 已知斜三棱柱中，为四边形对角线的交点，设三棱柱的体积为，四棱锥的体积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图，延长，连接，则、，进而得，即可求解. 【详解】如图，延长，连接， 则， 所以， 又O为的中点， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍， 则， 所以，即. 故选：A 二、填空题 10. 复数的虚部是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的定义及复数的运算，即可求解. 【详解】因为，所以复数的虚部是， 故答案为：. 11. 在的二项式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 【答案】 【解析】 【分析】根据所有项的二项式系数之和求得，根据二项式展开式的通项公式求得常数项. 【详解】由于所有项的二项式系数之和为， 二项式展开式的通项公式为， 令，所以常数项为. 故答案为： 12. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为弘扬传统文化，某单位开展投壶游戏，现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为．第3次投壶的人是乙的概率为_______，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为_______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】第3次投壶的人是乙的情况有：甲甲乙、甲乙乙、乙乙乙、乙甲乙，结合互斥事件概率求解即可.根据条件概率公式求解即可. 【详解】第3次投壶的人是乙的情况有：甲甲乙、甲乙乙、乙乙乙、乙甲乙， 所以第3次投壶的人是乙的概率为. 第2次投壶的人是甲的情况有：甲甲、乙甲，第1次投壶的人是乙的情况有：乙， 设“第2次投壶的人是甲”为事件A，设“第1次投壶的人是乙”为事件B， 则. 故答案为：；. 13. 已知抛物线，经过拋物线上一点的切线截圆：的弦长为，则的值为______ 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得：，设切线方程，结合相切可得，根据垂径定理结合弦长关系列式求解即可. 【详解】因为抛物线过点，则，得到，所以， 显然切线斜率不为0，设切线方程为， 联立方程，消去x得， 则，整理得到，解得， 所以切线方程为，即， 又因为圆的圆心，半径， 则圆心到直线的距离， 由题意可得，整理得到，解得或（舍）. 故答案为：1. 14. 在菱形中，，，，， 已知点M在线段上，且则_____ ，若点N为线段上一个动点，则的最小值为___________ 【答案】 ①. 7 ②. 【解析】 【分析】设，进一步将其表示成以，为基底的向量，结合已知条件，可得关于和的方程组，解之，再根据模长的计算方法，得的值；设，，根据平面向量的运算法则，推出，然后由配方法，得解． 【详解】因为，，所以，， 所以，， 因为点在线段上， 可设， 而，所以，解得，， 所以， 则， 所以， 因为点为线段上一个动点， 可设，， 所以， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 故答案为：7，． 15. 设函数，若函数与直线有两个不同的公共点，则的取值范围是______. 【答案】或或 【解析】 【分析】对于，当可直接去绝对值求解，当时，分和讨论，通过和图像交点情况来求解. 【详解】由已知，即， 则必过点，必过， 对于， 当时，，此时恒成立， 所以， 令，即，要有两个不同的公共点， 则，解得或或， 当时，或， 当时，和图象如下： 此时夹在其两零点之间的部分为， 令，得无解， 则有两个根有两个根， 即有两个解，，符合要求； 当时，和图象如下： 或 令，根据韦达定理可得其两根均为正数， 对于①，则，解得， 对于②，则，解得， 综上所述，的取值范围是或或. 【点睛】方法点睛：对于方程的根或者函数零点问题，可以转化为函数图象的交点个数问题，图象直观方便，对解题可以带来很大的方便. 三、解答题 16. 在中，内角所对的边分别为，，，已知 （1）求角的大小； （2）已知，的面积为6，求： ①边长的值； ②的值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换运算求解；（2）①根据题意利用面积公式可求得，再利用余弦定理运算求解；②先利用余弦定理求得，再根据平方求，利用倍角公式和两角差的余弦公式运算求解. 【小问1详解】 由题意可得： ， 可得， ∵， ∴. 【小问2详解】 ①∵的面积， ∴， 由余弦定理：，则； ②∵，即， 则， ∴， 故. 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余弦值； （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：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） （3） 【解析】 【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． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 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，. ，所以，平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 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. 18. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为. （1）求椭圆的离心率； （2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为. （i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）根据的面积为列出一个关于的等式，消去求出离心率； （2）（i）根据关系巧设直线的方程，与直线的方程联立解出焦点的坐标，利用解出斜率； （ii）把直线的方程与椭圆方程联立，解出点坐标，分别求出和的面积，利用四边形的面积为，解出即可得出椭圆的标准方程. 【小问1详解】 设椭圆的离心率为.由已知可得. 又由，可得，即. 又因为，解得，所以椭圆的离心率为. 【小问2详解】 （ⅰ）依题意，设直线的方程为，则直线的斜率为. 由（1）知，可得直线的方程为，即， 与直线的方程联立，解得，即点的坐标为. 由已知，有， 整理得，所以，即直线的斜率为. （ii）由，可得，故椭圆方程可以表示为. 由（i）得直线的方程为， 与椭圆方程联立， 整理得，解得（舍去）或. 因此可得点，进而可得， 所以. 由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线. 因为，所以，所以的面积为， 同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得. 所以椭圆的方程为. 【点睛】列出一个关于 的等式，可以求离心率；列出一个关于 的不等式，可以求离心率的取值范围；“消元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数. 19. 已知数列是正项等比数列，是等差数列，且. （1）求和的通项公式； （2）表示不超过的最大整数，表示数列的前项和，集合共有4个元素，求实数的取值范围； （3），数列前项和为，求证：. 【答案】（1） （2） （3） ，， 设①， ②， 上式①-②得， ， 所以， 当n为奇数时，， 则 ， . 【解析】 【分析】(1)设出公比和公差，得到方程组，求出公比和公差，求出通项公式； (2)求出，设，作差法得到其单调性，结合集合有4个元素，求出； (3)设，错位相减法求和得到，设，裂项相消法得到，从而求出，求和证明出结论. 【小问1详解】 设数列首项，设公比，设数列首项，设公差， ∵，即，∴，（舍去），， ∴．； 【小问2详解】 ， 其中， ∴，，集合， 设，， 所以当时，， 当时，， 计算可得，，，，， 因为集合有4个元素，； 【小问3详解】 略 【点睛】常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等； 根式型：等； 对数型：，且. 20. 已知函数，且． （1）设，讨论的单调性； （2）若且存在三个零点，，． （i）求实数的取值范围; （ii）设，求证：． 【答案】（1） 当时， 的增区间为，减区间为， 当时， 的增区间为，减区间为. （2）（i）； （ii）因为且存在三个零点， 设，，易知其中，， 因为，得到，所以，即，所以，故可知；① 由（i）可知与有两个交点，且， 又，是单调递增的，，，，所以；② 又， 若，则 若， 构造函数，， 则， 设， ， 因为， 又因为， 所以③ 因为， 又因为 所以 即得④ 由③④可知，在上单调递增， 由，可得， ，可知与同号，所以， 在上单调递增，， ，，又由（i）可知， 所以， ，，是单调递增的， 所以⑤ 由①②⑤可知. 【解析】 【分析】（1）先求的导函数，再分类讨论即可； （2）（i）根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点，再根据最值可求；（ii）根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，定义域为， 当时，，由，得，由，得或， 当时，，由，得，由，得或， 综上，当时， 的增区间为，减区间为， 当时， 的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 （i）因为且存在三个零点， 所以有3个根 当时， ， 在上是单调递增的，由零点存在定理，方程必有一个负根， 当，由题可得，即有两个根， 令，可转化为与有两个交点， 又， 当，，是单调递增的，当，，是单调递减的， 且，易知，所以， 可得，即得. （ii）略 【点睛】关键点点晴：本题考查利用导数证明不等式，解决问题的关键点是极值点偏移问题，证明的方法总结：先构造，再确定的单调性，结合特殊值得到再利用单调性可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $