精品解析：内蒙古自治区巴彦淖尔市临河区巴彦淖尔市第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

2024-2025学年第一学期高三七诊考试（数学试卷） 考试时间：120分钟； 试卷分值：150分 命题人：薛梅 一、单选题（共8小题，每小题5分） 1. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 3. 已知直线l经过点，且与直线垂直，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，且，则S13=（ ） A. 78 B. 91 C. 39 D. 26 5. 若、且，则下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 若向量的夹角为，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则（ ） A. 它的最小值为 B. 它的最大值为2 C. 它的图象关于直线对称 D. 它的图象关于点对称 8. 设椭圆（）的左焦点为F，O为坐标原点．过点F且斜率为的直线与C的一个交点为Q（点Q在x轴上方），且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，每小题6分） 9. 年，是中国共产主义青年团成立周年.为庆祝建团周年，某中学全体学生参加了主题为“赓续红色血脉·争当青春先锋”的知识竞赛，随机抽取了若干名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在分至分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 直方图中的值为 B. 成绩在区间内的学生最多 C. 估计全校学生的平均成绩为分 D. 估计全校学生成绩的样本数据的分位数约为分 10. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 平面 C. 的面积与的面积相等 D. 三棱锥的体积为定值 11. 抛物线的焦点为、为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于、两点，点，下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的方程为 B. 的最小值为4 C. 当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切 D. 存在直线，使得两点关于对称 三、填空题（共3小题，每小题5分） 12. 记为递增等比数列的前项和，若，，则___． 13. 为了落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某校开设三门德育校本课程，现有甲､乙､丙､丁四位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有_____________. 14. 设函数是定义在上的奇函数，且满足对一切都成立，又当时，，则下列四个命题： ①函数是以4为周期的周期函数； ②当时，； ③函数的图象关于对称； ④函数的图象关于对称. 其中正确的命题是_______． 四、解答题（共77分） 15. 在中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若， ，求的面积. 16. 如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 17. 设函数. （1）时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：至多只有一个零点. 18. 已知椭圆过点，且离心率. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线与椭圆C相交于两点(不是左右顶点)，椭圆的右顶点为D，且满足，试判断直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 19. 已知数列的前项和为，点在函数图象上； （1）证明是等差数列； （2）若函数，数列满足，记，求数列前项和； （3）是否存在实数，使得当时，对任意恒成立？若存在，求出最大的实数，若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期高三七诊考试（数学试卷） 考试时间：120分钟； 试卷分值：150分 命题人：薛梅 一、单选题（共8小题，每小题5分） 1. 集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解不等式求出集合，，再根据交集的定义求解即可． 【详解】由， ， 则， 即， 故选：C. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，再计算. 【详解】由得， 则． 故选：B 【点睛】本题主要考查了复数的运算，复数的模的计算，考查学生的基本运算能力. 3. 已知直线l经过点，且与直线垂直，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由垂直得直线斜率，再由点斜式写出直线方程，化简即得． 【详解】直线的斜率为，直线与之垂直，则， 又过点，所以直线方程为，即． 故选：A． 4. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，且，则S13=（ ） A. 78 B. 91 C. 39 D. 26 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列基本量的运算可得，然后利用等差数列的前n项和公式求解即可. 【详解】因为，则，. 故选：A 5. 若、且，则下列不等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本不等式可判断各选项的正误. 【详解】因为、且，由基本不等式可得， 当且仅当时，等号成立，AB均错； ，当且仅当时，等号成立，C错； ，即， 当且仅当时，等号成立，D对. 故选：D. 6. 若向量的夹角为，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由两边平方得，结合条件可得，又由，可得，即可得出答案. 【详解】由两边平方得. 即，也即，所以. 又由，得，即. 所以 故选：A 【点睛】本题考查数量积的运算性质和根据向量垂直求参数的值，属于中档题. 7. 已知函数，则（ ） A. 它的最小值为 B. 它的最大值为2 C. 它的图象关于直线对称 D. 它的图象关于点对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简，然后结合三角函数的性质依次判断各个选项，得到正确结果. 【详解】， 函数的最小值为1，最大值为3，故A，B错误； 由，可知函数的图象关于直线对称，故C正确； 由得，则函数的图象关于点对称，故D错误. 故选：C． 8. 设椭圆（）的左焦点为F，O为坐标原点．过点F且斜率为的直线与C的一个交点为Q（点Q在x轴上方），且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接Q和右焦点，可知|OQ|＝，可得∠FQ＝90°，由得，写出两直线方程，联立可得Q点坐标，Q点坐标代入椭圆标准方程可得a、b、c关系﹒ 【详解】设椭圆右焦点为，连接Q， ∵，，∴|OQ|＝，∴∠FQ＝90°，∵，∴，FQ过F(－c，0)，Q过(c，0)， 则， 由， ∵Q在椭圆上，∴，又，解得， ∴离心率． 故选：D． 二、多选题（共3小题，每小题6分） 9. 年，是中国共产主义青年团成立周年.为庆祝建团周年，某中学全体学生参加了主题为“赓续红色血脉·争当青春先锋”的知识竞赛，随机抽取了若干名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在分至分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 直方图中的值为 B. 成绩在区间内的学生最多 C. 估计全校学生的平均成绩为分 D. 估计全校学生成绩的样本数据的分位数约为分 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据频率和为可知A正确；根据频率分布直方图可知成绩在区间的学生对应频率最大，知B正确；利用频率分布直方图估计平均数的额方法可知C正确；利用频率分布直方图估计百分位数的方法可知D错误. 【详解】对于A，，，A正确； 对于B，成绩在区间的学生对应频率最大，成绩在区间内的学生最多，B正确； 对于C，平均成绩为，C正确； 对于D，分位数约为，D错误. 故选：ABC. 10. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 平面 C. 的面积与的面积相等 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正方体性质得线面垂直，线面平行，点到平面的距离，由体积公式确定三棱锥体积，从而判断各选项． 【详解】由正方体的性质平面,平面,则，又，，平面，所以平面，平面，则，A正确； 由正方体的性质知平面，即平面，B正确； 由正方体性质得A到直线的距离为，而到直线的距离为，两个三角形面积不相等，C错； ，而A到平面的距离即到平面的距离，为，因此为定值，D正确， 故选：ABD． 11. 抛物线的焦点为、为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于、两点，点，下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的方程为 B. 的最小值为4 C. 当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切 D. 存在直线，使得两点关于对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据抛物线定义即可得到；对于B，利用三角形两边之和大于第三边即可得到；对于C，借助直线与圆相切的性质即可得到；对于D，设出直线方程，与抛物线联立后，借助对称性思想即可得到. 【详解】对于A：当运动到时，，故，即抛物线为，故A错误； 对于B：由，故，则，故B正确； 对于C：当直线过焦点时，设为，则， 故以为直径的圆的半径为，又，故以为直径的圆的圆心坐标为， 有圆心到轴的距离与该圆半径相等，即该圆与轴相切,故C正确； 对于D：设存在该直线，则与直线垂直，则该直线的斜率， 即可设该直线为，、分别设为、， 由，消去可得，， 则，即， 有，， 故，， 则弦的中点在直线上， 即有，解得， 故存在直线，使得两点关于对称，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（共3小题，每小题5分） 12. 记为递增等比数列的前项和，若，，则___． 【答案】 【解析】 【分析】根据前项和公式先求出公比，即可求出. 【详解】由，，可得，解得或. 因为为递增的等比数列，所以， 故答案为：. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前项和公式应用，属于容易题. 13. 为了落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某校开设三门德育校本课程，现有甲､乙､丙､丁四位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有_____________. 【答案】36 【解析】 【分析】根据已知对四位同学分3组，根据分组分配方法求解即可． 【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学选，，三门德育校本课程， 每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，则三组人数为1、1、2，此时有种. 故答案为：． 14. 设函数是定义在上的奇函数，且满足对一切都成立，又当时，，则下列四个命题： ①函数是以4为周期的周期函数； ②当时，； ③函数的图象关于对称； ④函数的图象关于对称. 其中正确的命题是_______． 【答案】①②③④ 【解析】 【分析】由题可得：且，将代入可得：，所以①正确；当时，，可得：，所以②正确；将代入并结合整理得：，所以③正确；将代入结合可得：，所以④正确；问题得解. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数 所以且 又 将代入可得：， 所以函数是以4为周期的周期函数，所以①正确； 当时，，所以， 所以②正确； 将代入可得：，结合整理得：，所以函数的图象关于对称，所以③正确； 将代入可得：， 所以 所以， 所以函数的图象关于对称，所以④正确； 故填：①②③④ 【点睛】本题主要考查了求函数的周期及函数的解析式，还考查了赋值法及函数对称性的特点，考查分析能力及转化能力，属于难题． 四、解答题（共77分） 15. 在中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若， ，求的面积. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【详解】试题分析： (1)利用正弦定理边化角，然后结合同角三角函数基本关系可得，则. (2)利用余弦定理可求得边长，则△ABC的面积为. 试题解析： （1）由正弦定理得 ∵，∴， ∵，∴. （2）∵， ，∴， 即，则，∵，∴ 由（1）得，∴的面积. 16. 如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 在平行四边形中，因为， 所以四边形为菱形，故， 又因为，故为等边三角形， 故． 在中，，, 所以，故 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，因此． 又因为，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由得四边形为菱形，则，由已知的数据结合勾股定理逆定理得，而，则平面，所以，再由线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连结BM，则两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点，连结BM，因为为等边三角形， 所以， 因为‖，所以， 因为平面，平面， 所以， 故两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为，则 ， 令，得； 设平面的法向量为，则 , 令，得． 设平面与平面所成角为， 则． 17. 设函数. （1）时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：至多只有一个零点. 【答案】（1） （2） 由，得到，整理得到， 令，则， 当时，，当时，， 所以在区间上恒成立，当且仅当时取等号， 故在区间上单调递减，则与最多有一个交点， 即至多只有一个零点 【解析】 【分析】（1）当时，，得到，进而可求出，，再根据导数的几何意义，即可求出结果； （2）将的零点个数转化成与交点个数，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递减，即可证明结果. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆过点，且离心率. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若直线与椭圆C相交于两点(不是左右顶点)，椭圆的右顶点为D，且满足，试判断直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2）直线过定点 【解析】 【分析】（1）由可得，利用，把点代入椭圆方程，即可得出椭圆C的标准方程； （2）设，联立，得到根与系数的关系，利用，得到，即可得出结论. 【详解】（1）由题意椭圆的离心率， ∴，即，∴ ∴椭圆方程为 又点在椭圆上，于是， 得 ∴椭圆的方程为. （2）设， 由得， ， 又， ∴， ∵，∴ 又椭圆的右顶点， ∴，则， ， ， 解得，且满足 当时，，直线过定点与已知矛盾； 当时，)，直线过定点． 综上可知，直线l过定点，定点坐标为. 19. 已知数列的前项和为，点在函数图象上； （1）证明是等差数列； （2）若函数，数列满足，记，求数列前项和； （3）是否存在实数，使得当时，对任意恒成立？若存在，求出最大的实数，若不存在，说明理由. 【答案】（1） 证明：点在函数图象上，， 当时，； 当时，， 则， 数列是以为首项，为公差的等差数列. （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）首先确定，由与关系可得，进而由定义证得数列为等差数列； （2）结合（1）中结论可求得，采用错位相减法即可得到； （3）将恒成立的式子变为，可求得，由此可得，解不等式即可求得的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得：；又，， ，， ， . 【小问3详解】 假设存在实数，使得当时，对任意恒成立， 即对任意恒成立， ，， ，解得：或， 则存在最大的实数，使得对任意恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $