精品解析：江苏省靖江高级中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

2024-2025学年第一学期第二次阶段检测 高三数学试卷 一、选择题：本题共8题，每小题5分，共计40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求. 1. 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值. 【详解】求解二次不等式可得：， 求解一次不等式可得：. 由于，故：，解得：. 故选：B 【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2. 设，则“”是“”成立的（ ） 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】D 【解析】 【分析】根据充分、必要条件的定义判断． 【详解】时，，但仍然有，因此不充分， 时，，但仍然有，因此不必要． 故选：D． 3. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用和角的余弦公式化简，再结合诱导公式及余弦函数单调性求解. 【详解】由，得， 因此，由，得， 又余弦函数在上递减，则，所以. 故选：C 4. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1012 【答案】B 【解析】 【分析】由的性质利用分组求和法求得后可得． 【详解】 , 则所求虚部为. 故选：B． 5. 已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用几何关系得到，又，得到，再结合双曲线的定义得到，即可求解. 【详解】设双曲线的焦距为，右焦点为，直线交于点，连接， 因为为正三角形，，所以为的中点，所以， 故，易知，所以， 由双曲线的定义知， 即，得 故选：D. 【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法： ①求出，代入公式； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，进而转化为的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以或转化为关于的方程（不等式），解方程（不等式）即可得（的取值范围）. 6. 设，且，则下列结论正确的个数为（ ） ① ② ③ ④ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式判断①②,利用导数判断函数和的单调性后，利用单调性判断③④． 【详解】∵，且，∴，当且仅当时取等号， 同时，，①错； ，当且仅当时等号成立，②正确； 设，则， 当时，，∴在上递减， 所以时，， 由，且，得，，∴，③正确； 设，则，∴在单调递增， ∴时，，即，由题意， 则，∴，④正确． 故选：C． 7. 已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出抛物线方程，得焦点坐标，设直线方程为，设，直线方程代入抛物线方程后由韦达定理得，由导数得切线方程，从而得出坐标，计算，并代入韦达定理的结论即可得． 【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为1，所以， 即抛物线方程为，焦点为， 设直线方程为，设， 由得， 所以，， 抛物线方程为，，所以， 切线方程为，又，所以切线方程为， 令得，令得，，， ，， ∴， 故选：D. 8. 三棱锥的底面是等边三角形，，二面角的大小为，若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，三棱锥外接球的半径为R，由外接球的表面积可求出R，结合二面角的大小可求出a，当时，点P到平面ABC的距离最大，即体积最大． 【详解】设，三棱锥外接球的半径为R，则，解得， 设的外心为，该点是棱AC的中点，设等边的外心为， 过点作平面APC的垂线，过点作平面ABC的垂线，两垂线交于点O， 即为三棱锥外接球的球心． 因为二面角的大小为，所以， 于是，， ， 因为，即， 解得，即， 因为，所以当时，点P到平面ABC的距离最大， 其最大距离为， 所以三棱锥体积的最大值等于. 故选：A. 二、多选题：本题共3题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知是边长为4的正三角形，该三角形的内心为点，下列说法正确的是（ ） A. 在方向上的投影向量的模为2 B. C. D. 若为外接圆上任意一点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用投影向量的定义及模的定义判断A，利用数量积的定义判断B，由向量的和的运算判断C，由向量线性运算法则判断D． 【详解】如图，正的内心为点，则也为的外心和重心， 分别是中点，则，在上， ，则， 在方向上的投影向量为，所以在方向上的投影向量的模等于在方向上的投影向量的模，模为2，A正确； ，B正确； ，C错误； ，D正确． 故选：ABD． 10. 已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次记为，若，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，则在上的值域为 D. 若函数，则在上有4个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】设出点的坐标，根据距离之间的关系可得到结果，即可判断A；根据周期公式可求得B；根据变换后的解析式可判断C；根据图象可判断D选项. 【详解】对于A，由题意可知，故，， 记，则， 故，则①， 而②，联立①②可得，故A错误； 对于B，依题意，故B正确； 对于C，由A得函数，故， 故当时，，，故， 故，C正确； 对于D，， 在直角坐标系中分别作出，的图象如图所示， 由图可知，它们在上有6个交点， 即在上有6个零点，故D错误； 故选：BC. 11. 已知函数的定义域为，，且当时，；当时，单调递增，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】用赋值法，在已知等式中，令求得，判断A，直接令得，即，用反证法判断B，令，求得，再令，判断C，令求得，代入选项D中不等式，然后结合奇函数的性质与单调性可判断D． 【详解】在中， 令得：，又，∴，故A正确； 令得，∴，即， 若，则，与时，矛盾，故B错误； 令，得，即，又，∴， 再令得，即，∴是奇函数，C正确； 令得，即， 不等式即为，即， 时，，，单调递增，即， 又时，，， 对任意的，或， ∴恒成立，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：本题考查抽象函数的性质，属于难题．解题方法是赋值法，即在抽象函数满足的等式中，对变量赋值，遵循“要什么赋值什么”的原则，一步步地赋值求得结论． 三、填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，则的通项公式为______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用与的关系求出通项公式. 【详解】数列中，， 当时，， 两式相减得，解得，而，即满足上式， 所以的通项公式为. 故答案为： 13. 在中，角的对边分别是，若，则最小角的正弦值为_______________. 【答案】## 【解析】 【分析】将题设条件化为，利用向量，不共线得到的关系，进而判断得最小角为，再利用余弦定理与基本关系式即可得解. 【详解】因为， 所以，则， 又，不共线，所以，则，， 所以边最小，则角最小，故， 由余弦定理可得， 所以. 故答案为：. 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是_______________；为的中点，则三棱锥体积的最小值为______________. 【答案】 ①. ； ②. ． 【解析】 【分析】以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标表示两点间距离转化后可得轨迹方程，从而得轨迹求得面积，利用空间向量法求得点到平面的距离，并结合平面上圆的性质求得距离的最小值，从而得棱锥体积最小值． 【详解】如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，，， 在平面内， 设，则由得， 化简得， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，面积为， 在长方体中，，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， ， 到平面的距离为， 满足， 所以的最小值等于， 从而到平面的距离的最小值为， ∴三棱锥体积的最小值为． 故答案为：；． 【点睛】方法点睛：在涉及到空间两点间的距离问题时，如果与长方体、正方体有关的图形时，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量法（把平面解析几何法类比于空间解析几何法）求空间的距离、角度．把几何问题用计算方法求解． 四、解答题：本题共5题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角对应的三边分别是，，，且. （1）求角的值； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换可求得，可得； （2）根据可求得，，再利用切弦互化以及正弦定理可得，，再利用正弦定理可求得边长即求出面积. 【小问1详解】 根据题意由正弦定理可得， 整理可得， 即，所以； 可得，又，所以， 又，因此. 【小问2详解】 由三角形内角关系可得， 由可得，解得或； 当时，，又，所以两角均为钝角，不合题意； 因此，； 又，可得，同理； 由正弦定理可得，可得， 同理 因此的面积为. 16. 已知数列的前项和为，满足. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前100项和. 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）由已知写出时，，与已知式相减得递推式，再求得后可得通项公式； （2）用裂项相消法求和． 小问1详解】 ∵，∴时，， 两式相减得，即， ， 又，即， 所以，∴，也适用． ∴； 【小问2详解】 由（1）， ∴ ． 17. 如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥. （1）证明：； （2）当时，求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质，结合平面图形翻折的性质推理即得. （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解. 【小问1详解】 在菱形中，由，得△是等边三角形，由是的中点，得， 在四棱锥中，由，,平面， 得平面，而平面， 所以. 【小问2详解】 菱形的边长为是的中点，，， 由（1）知平面， 以为坐标原点，以为轴正方向，为轴负方向建立空间直角坐标系（如图） 则，设，， 由，，得，解得，即， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的正弦值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点. ①设内切圆的圆心为，求的最大值； ②设，证明：定值. 【答案】（1） （2）①； ②证明如下： 由（1）知，由条件可知的斜率存在且不为0， 设l的方程为，则，令可得． 联立方程得，， 设，，则，， 由可得， 则有，解得，同理． ∴ ． 故为定值． 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，解之即得椭圆C的标准方程； （2）①结合图形，将使最大问题转化为使最大，即使最小，可通过余弦定理和基本不等式得到； ②依题意设出直线的横截距式方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据，代入坐标，求得，，计算并将韦达定理代入化简即得. 【小问1详解】 由题意得：解得， ∴椭圆C的标准方程是． 【小问2详解】 ①因为I为的内切圆圆心，则， 显然是锐角，当且仅当最大时，最大， 即须使最大，又，则须使最小， 在椭圆中，，， 在中，由余弦定理， ． 当且仅当时取等号，即当时， 为正三角形时，取得最大值，取最大值， 此时的最大值为； ②略 19. 设函数定义域为，若，，则称为“循环函数”. （1）试问函数是否为“循环函数”？说明你的理由. （2）已知函数，证明：存在常数，使得为“循环函数”. （3）已知对任意，函数，都满足. . ①证明：为“循环函数”； ②若，证明：当时，. 【答案】（1）是，理由见解析 （2）证明见解析 （3）①证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接利用“循环函数”的定义证明即可； （2）由函数的定义域与值域一致，确定常数的值，然后验证“循环函数”的定义即可； （3）先联立方程，结合利用赋值法得到，，①利用“循环函数”的定义证明即可；②先求出的解析式，然后构造函数求最值求解即可． 【小问1详解】 ，是“循环函数”. 当，则， 当时，，则. 当时，，； 因此对任意的，都有， 故是“循环函数”. 【小问2详解】 根据题意可知函数， 显然，， 易知函数的定义域为，要使任意满足， 那么， 因此不妨令， 当时，，     则，     所以存在常数，使得为“循环函数”. 【小问3详解】 由题意得对，恒成立， 所以存在常数，使得. 令，得解得，. ①由，得为“循环函数”. ②若，则，. 要证明， 所以即证， 即证， 不妨设， 显然， 所以导函数， 显然当时，导函数，此时函数单调递增； 当时，导函数，此时函数单调递减； 所以， 设， 因此，， 显然当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 故, 即， 所以， 即， 即． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤： (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期第二次阶段检测 高三数学试卷 一、选择题：本题共8题，每小题5分，共计40分.在每小题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求. 1. 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 2. 设，则“”是“”成立的（ ） 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. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1012 5. 已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 设，且，则下列结论正确的个数为（ ） ① ② ③ ④ A 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知为坐标原点，抛物线焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（ ） A. B. C. D. 8. 三棱锥的底面是等边三角形，，二面角的大小为，若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值等于（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知是边长为4的正三角形，该三角形的内心为点，下列说法正确的是（ ） A. 在方向上投影向量的模为2 B. C. D. 若为外接圆上任意一点，则 10. 已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次记为，若，则（ ） A B. 的最小正周期为 C. 将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，则在上的值域为 D. 若函数，则在上有4个零点 11. 已知函数的定义域为，，且当时，；当时，单调递增，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 三、填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，则的通项公式为______________. 13. 在中，角的对边分别是，若，则最小角的正弦值为_______________. 14. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是_______________；为的中点，则三棱锥体积的最小值为______________. 四、解答题：本题共5题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角对应的三边分别是，，，且. （1）求角的值； （2）若，，求的面积. 16. 已知数列的前项和为，满足. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前100项和. 17. 如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥. （1）证明：； （2）当时，求平面与平面的夹角的正弦值. 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆上. （1）求椭圆标准方程； （2）过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，与直线交于点. ①设内切圆的圆心为，求的最大值； ②设，证明：为定值. 19. 设函数定义域为，若，，则称为“循环函数”. （1）试问函数是否为“循环函数”？说明你的理由. （2）已知函数，证明：存在常数，使得为“循环函数”. （3）已知对任意，函数，都满足. . ①证明：为“循环函数”； ②若，证明：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $