精品解析：山西省晋中市昔阳县中学校2024-2025学年高三上学期第六次模拟考试（12月）检测数学试卷

绝密★启用前 昔阳中学高三年级第六次模拟考试检测卷 数学试卷 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简，再求得解. 【详解】由题得， 所以. 故选：B 2. 已知集合，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由，分析集合 的端点值，知，求解即可 【详解】由题意可得，且，解得 ． 故选：B. 3. 在中，D是AB边上的中点，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的加减法运算法则算出即可. 【详解】 故选：C 【点睛】本题考查的是向量的加减法，较简单. 4. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用完全平方公式、二倍角公式、同角三角函数平方关系及由三角函数值判断角的范围可求得结果. 【详解】因为， 所以， 所以， 因为， 所以， 又因为， 所以， 所以， 故选：A. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 若函数为奇函数，则 B. 函数在上是减函数 C. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 若函数为偶函数，且在上单调递增，则在上单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】对于AB：举反例说明即可；对于C：根据抽象函数定义域运算求解；对于D：根据偶函数性质分析判断. 【详解】对于选项A：例如为奇函数，但无定义，故A错误； 对于选项B：因为，所以函数在定义域上不是减函数，故B错误； 对于选项C：因为函数的定义域为，即，则， 所以函数的定义域为，故C错误； 对于选项D：因为函数为偶函数，且在上单调递增， 所以在上单调递减，故D正确； 故选：D. 6. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用正弦定理求的外接圆半径，再求点到平面的距离，设三棱锥外接球半径为 ，根据勾股定理列方程求出 ，进一步计算球的表面积. 【详解】如图： 在中，， 由余弦定理：, 所以，所以外接圆半径为，即. 在直角三角形 中，，，所以. 设棱锥外接球半径为 ，在直角三角形中，， 解得：. 所以球的表面积为：. 故选：A 7. 已知直线和圆，则“”是“存在唯一k使得直线l与 相切”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先由，点到直线距离公式列出方程，求出此时，充分性成立；求出所过定点，再由存在唯一k使得直线l与 相切”，得到或定点在圆上，得到方程，求出相应的答案，必要性不成立. 【详解】时，到的距离为， 故，解得， 满足存在唯一k使得直线l与 相切”，充分性成立， 经过定点， 若，，若 ，此时直线， 直线与 相切，另一条切线斜率不存在， 故满足存在唯一k使得直线l与 相切”， 当在上，满足存在唯一k使得直线l与 相切， 故， 又，解得，必要性不成立， 故“”是“存在唯一k使得直线l与 相切”的充分不必要条件. 故选：A 8. 木桶效应，也可称为短板效应，是说一只水桶能装多少水取决于它最短的那块木板.如果一只桶的木板中有一块不齐或者某块木板有破洞，这只桶就无法盛满水，此时我们可以倾斜木桶，设法让桶装水更多.如图，棱长为2的正方体容器，在顶点和棱的中点处各有一个小洞（小洞面积忽略不计），为了保持平衡，以 为轴转动正方体，则用此容器装水，最多能装水的体积（ ） A. 4 B. C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出辅助线，得到为菱形，从而得到多能装入的体积为长方体的体积加上长方体的体积的一半，结合正方体的体积求出答案. 【详解】棱长为2的正方体的体积为， 在上分别取 ，使得， 又为棱的中点，故由勾股定理得， 故四边形为菱形，故四点共面， 取的中点，连接， 则平面将长方体的体积平分， 故以 为轴转动正方体，则用此容器装水， 则最多能装入的体积为长方体的体积加上长方体的体积的一半， 故最多能装水的体积. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知等差数列和等比数列的前项和分别为.和，且，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据等差数列、等比数列求和公式及，推导出 ，不妨设，，是不为0的常数，即可表示出，，从而得解. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因为等差数列的前项和； 等比数列的前项和； 又，所以等比数列的公比 ，即. 不妨设，，是不为0的常数， 所以当时， 当 时， 则，， 所以，. 故选：AC. 10. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则下列说法正确的是（ ） A. 四叶草曲线有四条对称轴 B. 设为四叶草曲线上一点，且在第一象限内，过作两坐标轴的垂线，则两垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为 C. 四叶草曲线上的点到原点的最大距离为 D. 四叶草曲线的面积小于 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，将 换为方程不变， 换为方程不变， 换为 ， 换为 方程不变， 换为， 换为方程不变，可知有四条对称轴；对于B，设曲线 第一象限任意一点为，则围成矩形面积为，求最大值即可；对于C，设距离为，，即求的最大值即可；对于D，易得四叶草曲线在以原点为圆心，为半径的圆内，故四叶草面积小于即可判断. 【详解】对于A，将 换为方程不变，所以曲线关于 轴对称； 将 换为方程不变，所以曲线关于 轴对称； 将 换为 ， 换为 方程不变，所以曲线关于 对称； 将 换为， 换为方程不变，所以曲线关于 对称.故A正确； 对于B，设曲线 第一象限任意一点为，则围成矩形面积为， 则， 即，当且仅当时取得最大值，故B正确； 对于C，设距离为，，要求的最大值，即求的最大值， 显然，，又， 当且仅当时，等号成立， 所以曲线 上的点到原点距离最大值为，故C错误； 对于D，由C可知，得四叶草曲线在以原点为圆心，为半径的圆内， 故四叶草面积小于，故D正确. 故选：ABD 11. 已知，则下列说法中正确的是（ ） A. 在上可能单调递减 B. 若 在上单调递增，则 C. 是 的一个对称中心 D. 所有的对称中心在同一条直线上 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A：计算导数，可得当或时，不恒成立；对B：计算导数，令计算即可得；对C：验证是否成立即可得；对D：可得关于，对称，即可得解. 【详解】，则， 对A：当时，恒成立，单调递增， 当或时，不恒成立，不可能单调递减， 综上，在上不可能单调递减，故A错误； 对B：若在上单调递增，则恒成立， 所以，故B正确； 对C：因为， 所以关于对称，故C正确； 因为 ，， 所以关于，对称， 所以所有的对称中心在直线 上，故D正确． 故选：BCD． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出． 【详解】因为，所以由可得， ，解得． 故答案为：． 【点睛】本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设， ，注意与平面向量平行的坐标表示区分． 13. 若动直线，圆，则直线与圆 相交的最短弦长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出直线过定点，判断点在圆内，当直线时直线与圆 相交的弦长最短，再由弦长公式计算可得. 【详解】直线，则， 令，解得，所以动直线恒过点， 又圆的圆心为，半径， 所以， 所以点在圆内， 所以当直线时直线与圆 相交的弦长最短， 最短弦长为. 故答案为： 14. 在等差数列中，数列的前n项和为，，，若，则的最小值为________. 【答案】17 【解析】 【分析】根据给定条件，求出数列的通项公式，再由求出的各组值，计算比较得解. 【详解】在等差数列中，，解得，而，则， 数列的公差，则 ，由，得， 而，则或或或， 所以当时，的最小值为. 故答案为：17 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. 已知圆C经过点且圆心C在直线上. （1）求圆C方程； （2）若E点为圆C上任意一点，且点，求线段EF的中点M的轨迹方程. 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法即得； （2）根据相关点法，设出点M的坐标，利用中点公式结合圆的方程即得. 【小问1详解】 由题可设圆C的标准方程为，则 ， 解之得， 所以圆C的标准方程为； 【小问2详解】 设M（x，y），，由及M为线段EF的中点得， 解得, 又点E在圆C：上， 所以有， 化简得：, 故所求的轨迹方程为． 16. 记的内角 ， ， 的对边分别为 ， ，，点 在边上，且满足 ，的面积 （1）证明： （2）求 . 【答案】（1）证明如下： 点 在边上，且满足 , 所以 ， ， 故， 即 ； （2）或 【解析】 【分析】（1）利用面积公式进行化简即可;（2）利用 ，可得 或 ，然后利用余弦定理可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由图可知 ， 可得 ， 解得 或 ， 1°当 时，，； 2°当 时，，； 综上所述或. 17. 如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点． （1）证明：平面． （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 证明：由三棱柱的性质可知． 因为平面，所以平面． 因为平面，所以． 因为 为 的中点，且是等边三角形，所以． 因为平面，且， 所以平面． 【小问2详解】 取的中点，连接．由题意可得两两垂直，故以 为坐标原点， 的方向分别为 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设 ，则， 故． 设平面的法向量为， 则令，得． 设平面的法向量为， 则令，得． 设平面与平面所成的锐二面角为 ， 则， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为． 18. 已知函数. （Ⅰ）求曲线 的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当时，求证：； （Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 【答案】（Ⅰ）和. （Ⅱ）设，，令得 或者，所以当时，，为增函数；当时， ，为减函数；当时，，为增函数； 而，所以，即； 同理令，可求其最小值为，所以，即，综上可得. （Ⅲ）. 【解析】 【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程； (Ⅱ)由题意分别证得和即可证得题中的结论； (Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即可求得a的值. 【详解】（Ⅰ），令得 或者. 当 时，，此时切线方程为 ，即； 当时，，此时切线方程为，即； 综上可得所求切线方程为和. （Ⅱ）略 （Ⅲ）由（Ⅱ）知， 所以是中的较大者， 若，即时，； 若，即时，； 所以当最小时，，此时. 【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 19. 已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”． （1）若，且为“2数列”，求． （2）若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式． （3）若 ，，且为“数列”，的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）， （3） 因为为“数列”，所以， 即对任意的恒成立， 因为 ，，所以． 再结合 ，， ，反复利用， 可得对任意的，． 设函数，则． 由 ，得 ． 当时， ，所以在上单调递减． 所以当时，，即． 又，所以． 可得，，，， 累加可得， 即，即， 所以． 【解析】 【分析】（1）根据“2数列”的定义计算即可； （2）根据题意得到，然后结合“数列”的定义列方程得到，最后写通项即可； （3）根据“数列”的定义得到，然后构造函数得到，最后利用累加法证明即可. 【小问1详解】 由，且为“2数列”，得，即， 则， ， ， ． 【小问2详解】 设数列的公比为， 由，得， 即， 则． 两式相减得， 即． 因为是首项为2的“数列”，所以， 即， 所以， 即对任意的恒成立． 因为，， 则，即， 解得，． 又由，即，得，所以． 检验可知符合要求，故数列的通项公式为． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：本题为数列的新定义题型，准确理解“数列”的含义，紧扣题意将问题转化为熟悉的数学知识进行求解，同时构造函数，利用导数研究函数的单调性是证明不等式的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 昔阳中学高三年级第六次模拟考试检测卷 数学试卷 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 在中，D是AB边上的中点，则=（ ） A. B. C. D. 4. 设，，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 若函数为奇函数，则 B. 函数在上是减函数 C. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 若函数为偶函数，且在上单调递增，则在上单调递减 6. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线和圆，则“”是“存在唯一k使得直线l与 相切”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 木桶效应，也可称为短板效应，是说一只水桶能装多少水取决于它最短的那块木板.如果一只桶的木板中有一块不齐或者某块木板有破洞，这只桶就无法盛满水，此时我们可以倾斜木桶，设法让桶装水更多.如图，棱长为2的正方体容器，在顶点和棱的中点处各有一个小洞（小洞面积忽略不计），为了保持平衡，以 为轴转动正方体，则用此容器装水，最多能装水的体积（ ） A. 4 B. C. 6 D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知等差数列和等比数列的前项和分别为.和，且，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则下列说法正确的是（ ） A. 四叶草曲线有四条对称轴 B. 设为四叶草曲线上一点，且在第一象限内，过作两坐标轴的垂线，则两垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为 C. 四叶草曲线上的点到原点的最大距离为 D. 四叶草曲线的面积小于 11. 已知，则下列说法中正确的是（ ） A. 在上可能单调递减 B. 若 在上单调递增，则 C. 是 的一个对称中心 D. 所有的对称中心在同一条直线上 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则__________． 13. 若动直线，圆，则直线与圆 相交的最短弦长为__________． 14. 在等差数列中，数列的前n项和为，，，若，则的最小值为________. 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. 已知圆C经过点且圆心C在直线上. （1）求圆C方程； （2）若E点为圆C上任意一点，且点，求线段EF的中点M的轨迹方程. 16. 记的内角 ，， 的对边分别为，，，点 在边 上，且满足 ，的面积 （1）证明： （2）求 . 17. 如图，在三棱柱中，平面，是等边三角形，且D为棱AB的中点． （1）证明：平面． （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 18. 已知函数. （Ⅰ）求曲线 的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当时，求证：； （Ⅲ）设，记在区间上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值． 19. 已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”． （1）若，且为“2数列”，求． （2）若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式． （3）若 ，，且为“数列”，的前项和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $