精品解析：天津市静海区第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

静海一中2024-2025第一学期高三数学（12月） 学生学业能力调研试卷 命题人:张秀娟 审题人：陈中友 考生注意： 本试卷分第Ⅰ卷基础题（120分）和第Ⅱ卷提高题（27分）两部分，3分卷面分，共150分. 知 识 与 技 能 学习能力（学法） 内容 集合逻辑与不等式 函数与 导数 三角 函数 数列 立体几何 平面解 析几何 向量与复数 规律总结 分数 15 29 20 18 25 30 10 15 第Ⅰ卷 基础题 （共120分） 一、选择题: （每小题5分，共45分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 方程表示椭圆的充要条件是（ ）. A. B. 或 C. D. 3. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 5. 已知函数，若，，，则有（ ） A. B. C. D. 6. 已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 60 B. 54 C. 42 D. 36 7. 已知函数，在上恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何问题有着深入的研究，其中谈到的“堑堵”是指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱.现有堑堵如图所示，其中，若，平面将堑堵分成了两部分，这两部分体积比值为（ ） A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4 9. 已知点为椭圆上第一象限的一点，左、右焦点为，，的平分线与轴交于点，过点作直线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则面积为（ ） A. B. C. D. 3 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 是虚数单位，复数满足，则__________. 11. 已知，均为正实数，且，则的最大值为______. 12. 已知直线与圆C：相交于A，B两点，且，则实数____________. 13. 已知的顶点，高所在直线方程为，角的平分线所在直线方程为．求：点的坐标______；边所在直线方程_________． 14. 如图，平行四边形中，为的中点，为线段上一点，且满足，则___________；若的面积为，则的最小值为___________. 15. 若函数有两个零点，则实数的取值范围为______. 三、解答题（共3小题，共计45 分） 16. 已知的内角，，，的对边分别为，，，满足 （1）求角大小； （2）若，，求边的值； （3）若，求的值. 17. 如图，已知正方形和边长都为，且平面平面，是的中点，是的中点， （1）求证：平面； （2）求点到直线的距离； （3）求点到平面距离； （4）求二面角平面角夹角的余弦值. 18. 已知椭圆短轴长为，离心率为． （1）求椭圆方程； （2）过点的直线交于M，N两点， ①若，求直线的方程； ②若点，求的面积的取值范围． 第Ⅱ卷 提高题 （共27分） 19. 已知无穷数列中，、、…、构成以10为首项，以为公差的等差数列，、、…、构成首项为，公比为的等比数列，其中，． （1）当，时，求数列的通项公式； （2）若m是偶数且，求． （3）对一切正整数，都有.设数列的前项和为，判断是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 20. 已知函数.，其中. （1）求在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 静海一中2024-2025第一学期高三数学（12月） 学生学业能力调研试卷 命题人:张秀娟 审题人：陈中友 考生注意： 本试卷分第Ⅰ卷基础题（120分）和第Ⅱ卷提高题（27分）两部分，3分卷面分，共150分. 知 识 与 技 能 学习能力（学法） 内容 集合逻辑与不等式 函数与 导数 三角 函数 数列 立体几何 平面解 析几何 向量与复数 规律总结 分数 15 29 20 18 25 30 10 15 第Ⅰ卷 基础题 （共120分） 一、选择题: （每小题5分，共45分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用具体函数的定义域的求法，求出集合，再利用集合的运算，即可求解. 【详解】因为的定义域为，由，得到， 所以的值域为， 得到，，所以， 故选：A. 2. 方程表示椭圆的充要条件是（ ）. A B. 或 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助椭圆的标准方程与充要条件的定义计算即可. 【详解】若表示椭圆， 则，解得或. 故选：. 3. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性，结合图象利用赋值法、排除法即可得结果. 【详解】因为，， 且定义域关于原点对称，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，排除选项A和C； 当时，，所以， 排除选项D，只有选项B符合题意. 故选：B. 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系逐项判断可得结论. 【详解】对于A，若，且，则或与相交，故A错误； 对于B，在正方体中，取为，为，平面为，平面为， 符合题意，但，故B错误； 对于C，因为，所以直线的方向向量是平面的法向量， 直线的方向向量是平面的法向量，又， 所以两直线的方向向量垂直，即两平面的法向量垂直，所以，故C正确； 对于D，在正方体中，取为，为，平面为，平面为， 此时符合题设，但与不垂直，故D错误. 故选：C. 5. 已知函数，若，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得为偶函数，则，利用对数函数的性质和指数函数的性质，可得，，，又当时，由，可得为单调递增函数，即可得到答案. 【详解】因为函数且定义域为R，则，所以为偶函数， 因为， 则， 又，，， ，， 则，所以， 当时，因为，所以为单调递增函数， 所以. 故选：B. 6. 已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 60 B. 54 C. 42 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据等比数列的性质计算出，然后得出等差数列的，最后再根据等差数列求和公式即可求解. 【详解】由等比数列的性质可知，因为，所以，， 所以. 故选：C 7. 已知函数，在上恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据诱导公式和二倍角公式，化简函数，再根据其在上恰有4个零点，可列式求的取值范围. 【详解】因为. 由. 因为，且在上恰有4个零点. 所以，. 故选：A 8. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何问题有着深入的研究，其中谈到的“堑堵”是指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱.现有堑堵如图所示，其中，若，平面将堑堵分成了两部分，这两部分体积比值为（ ） A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4 【答案】B 【解析】 【分析】利用棱柱与棱锥的体积公式求解． 【详解】由题意，， 所以， 所以. 故选：B． 9. 已知点为椭圆上第一象限的一点，左、右焦点为，，的平分线与轴交于点，过点作直线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则面积为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】作出辅助线，由三线合一得到，为的中位线，，设，由椭圆定义得到，根据得到方程，求出，由余弦定理得到，进而得到其正弦值，利用三角形面积公式得到答案. 【详解】如图所示，延长，交的延长线于点， 因为为的平分线，⊥，由三线合一得为等腰三角形， 即，为的中点， 因为为的中点，所以为的中位线， 故，设， 由椭圆定义知，， 由得，解得， 故，， 在中，由余弦定理得 ， 故， 故. 故选：C 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 是虚数单位，复数满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数的除法计算出，然后根据模长公式计算出. 【详解】因为，所以， 所以， 故答案为：. 11. 已知，均为正实数，且，则的最大值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】由题意可得，由，可得，展开后，运用基本不等式可得最值． 【详解】， 由，可得 ， 当且仅当，等号成立，则最大值为1． 故答案为：1． 12. 已知直线与圆C：相交于A，B两点，且，则实数____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用弦长公式和点到直线距离公式列方程求解即可. 【详解】根据题意，圆， 即，其圆心为，半径， 若，则圆心到直线即的距离， 又由圆心到直线的距离， 则有，解可得：. 故答案为：. 13. 已知的顶点，高所在直线方程为，角的平分线所在直线方程为．求：点的坐标______；边所在直线方程_________． 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，从而求出直线的方程，由此能求出点坐标；由，，根据夹角公式求出，由此能求出直线的方程． 【详解】∵的顶点，高所在直线方程为， 角的平分线所在直线方程为， ∴直线的斜率， ∴直线的方程为：，即， 联立，得， ∴B点坐标为； ∵，，角的平分线所在直线方程为， ∴， ∴，解得或（舍）， ∴直线的方程为：，即． 故答案为：；. 14. 如图，平行四边形中，为的中点，为线段上一点，且满足，则___________；若的面积为，则的最小值为___________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】设，由平面向量线性运算表示即可求出，由结合基本不等式可得的最小值. 【详解】设， 则 ， 即，而不共线，因此， 所以，即； 由的面积为，得，解得， 因此 ，当且仅当时取等号, 所以的最小值为. 故答案为：； 15. 若函数有两个零点，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论a的取值范围，结合函数的单调性以及利用数形结合方法，说明零点的个数问题，即可得答案. 【详解】当时，，无零点； 当时，在上单增，至多一个零点，不合题意； 设，， 当时，与的图象大致如图1所示， 时，，二者无交点， 当时，单调递增，， 则在上单增，，故至多一个零点，不合题意； 当时，与的图象大致如图2所示，此时显然有两个交点， 故有两个零点；综上，， 故答案为： 【点睛】方法点睛：结合题意采用分类讨论参数取值范围，进而数形结合，确定函数零点个数，即可求解. 三、解答题（共3小题，共计45 分） 16. 已知的内角，，，的对边分别为，，，满足 （1）求角的大小； （2）若，，求边的值； （3）若，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理求解； （2）利用余弦定理求解； （2）利用二倍角公式和两角差的余弦公式求解. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理得： ，即， 因为，所以，则； 【小问2详解】 由（1）知，又，， 由余弦定理得：，即， 解得，则； 【小问3详解】 由得：， 则， 所以， . 17. 如图，已知正方形和边长都为，且平面平面，是的中点，是的中点， （1）求证：平面； （2）求点到直线的距离； （3）求点到平面的距离； （4）求二面角平面角的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）结合题意，由平面平面可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可； （2）求，，利用空间向量求点到线的距离； （3）求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离； （4）根据（1）（3）结论，利用空间向量求二面角. 【小问1详解】 证明：在正方形中，， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，在正方形中，， 因此以为原点，分别以射线为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 因，则，即平面，而平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，，， 则，， 所以点到直线的距离为. 【小问3详解】 由（1）知，，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离是. 【小问4详解】 由（1）知，是平面的一个法向量， 而平面的一个法向量， 则， 而二面角的大小为锐角， 所以二面角平面角的夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的短轴长为，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线交于M，N两点， ①若，求直线的方程； ②若点，求的面积的取值范围． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由题，联立方程组求出a，b即可得解； （2）①将直线与椭圆联立，得到韦达定理式，再根据共线向量得到，代入计算即可；②利用弦长公式和点到直线的距离公式得到面积表达式，再利用换元法及二次函数得到其范围即可． 【小问1详解】 由题可得：，解得：， 所以椭圆的方程为：； 【小问2详解】 设直线交于，两点，点在椭圆内， ①若直线的斜率不存在，易得，，不满足， 故设直线的方程为， 联立，化简得：， 所以，（1）， 又，，， 所以（2）， 由（1）（2）两式解得：，所以直线的方程为； ②当直线的斜率不存在时，直线与的交点为，，则， 当斜率为0时，直线过点，故不能构成三角形， 当斜率存在且不为0时， 由①知， ， 点到直线的距离， 所以， 令，则，， 则， ， 因为，所以， 综上，的面积的取值范围为． 【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交问题以及椭圆中三角形面积范围问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与椭圆方程，结合韦达定理以及三角形面积公式代入计算. 第Ⅱ卷 提高题 （共27分） 19. 已知无穷数列中，、、…、构成以10为首项，以为公差的等差数列，、、…、构成首项为，公比为的等比数列，其中，． （1）当，时，求数列的通项公式； （2）若m是偶数且，求． （3）对一切正整数，都有.设数列的前项和为，判断是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差数列，等比数列的通项公式，根据的取值利用分段数列的形式表示通项公式即可； （2）根据题意结合等差数列和等比数列的求和公式即可求解； （3）由题意可知数列的周期，先将数列的前项和求出，然后利用周期性可得，构造函数，，利用定义法可求出的最大值，即可判断. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 所以 【小问2详解】 因为m是偶数，， 所以 . 【小问3详解】 不存在，理由如下： 因为对任意的，都有成立， 所以数列的周期为， 由（1）可得， 又， 所以， 设，， 则， 当时，，即， 此时函数单调递增， 当时，，即， 此时函数单调递减， 所以时，， 所以的最大值为， 故不存在满足条件的实数，使得成立. 【点睛】关键点点睛：本题第3问关键在于根据题意利用数列的周期性，表示出，进而利用单调性判断求解即可. 20. 已知函数.，其中. （1）求在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）求证：. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可； （2）求导，通过讨论的取值研究导函数符号的变化进而得到函数的单调性； （3）根据与切线得关系，先证，再证，用导数法即可完成证明. 【小问1详解】 由题意，，，， 故在处的切线方程为. 【小问2详解】 因为， 所以， ①当，即时，在上单调递增，在上单调递减； ②当，即时，在上单调递增； ③当，即时，在上单调递增，在上单调递减； ④当时，即时，在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 先证. 令， 则， 设，则， 所以函数在上单调递增，又， 则时，；时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 故，则成立； 再证. 令，，则， ①当时，，则单调递减； ②当时，，则单调递增， 故，所以，即成立. 综上所述，. 【点睛】关键点点睛：本题第3问关键在于根据与切线得关系，先证，再证，进而求证即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $