精品解析：辽宁省沈文新高考研究联盟2024-2025学年高三上学期12月月度质量监测数学试题

2024-2025（上）12月月度质量监测 高三数学 本试卷满分150分 考试时间120分钟 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知i是虚数单位，则复数，，若是实数，则实数a的值为（ ） A. B. 2 C. 0 D. 3. 不等式成立的一个充分不必要条件是(　　)． A. B. C. D. 4. 一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一，塔的排列顺序自上而下，第一层1座，第二层3座，第三层3座，第四层5座，第五层5座，从第五层开始，每一层塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计一百零八座，则该塔共有（ ） A. 八层 B. 十层 C. 十一层 D. 十二层 5. 已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，将图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，若是奇函数，在上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知圆的圆心为，且直线与圆相切，则圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，棱长为的正方体的内切球为球，，分别是棱，的中点，在棱上移动，则（ ） A. 对于任意点，平面 B. 直线被球截得的弦长为 C. 过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 D. 当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面的面积为 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列通项公式中，对应的数列是递增数列的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，.若，则（ ） A. 的最小值为9 B. 的最小值为9 C. 的最大值为 D. 的最大值为 11. 已知内角对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则为锐角三角形 D. 若的三角形有两解 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若函数是奇函数，则________. 13. 在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线恰好平分矩形的面积，则该“堑堵”的正视图的面积是_____，体积是_____． 14. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于点，，若点，且，则直线的斜率为________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数. （1）函数取得最大值或最小值时的x组成集合A，将集合A中的所有x的值，从小到大排成一数列，记为，求数列的通项公式； （2）令，求数列的前n项和. 16. 某学习小组在一次研究性学习中发现，以下三个式子的值都等于同一个常数， ； ； . （1）求出这个常数； （2）结合（1）的结果，将该小组的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论. 17. 在如图所示的五面体中，四边形为直角梯形，，平面平面，，是边长为2的正三角形. （1）证明：平面； （2）证明：平面． 18. 已知双曲线的焦点为，且过点． （1）求双曲线的方程； （2）过点作斜率分别为的直线，直线交双曲线于两点，直线交双曲线于两点，点分别是的中点，若，试判断直线是否过定点？若是，则求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 19. 已知函数为自然对数的底数 （1）求在处的切线方程； （2）当时，，求实数的最大值； （3）证明：当时，在处取极小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025（上）12月月度质量监测 高三数学 本试卷满分150分 考试时间120分钟 【命题组织单位：辽宁沈文新高考研究联盟】 第Ⅰ卷 选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集的定义结合集合的描述法理解运算. 【详解】设集合， 可得：，且，故. 故选：C. 2. 已知i是虚数单位，则复数，，若是实数，则实数a的值为（ ） A. B. 2 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简，再根据为实数得到a的值. 【详解】因为， 因为是实数，则，解得. 故选：A. 3. 不等式成立的一个充分不必要条件是(　　)． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】不等式化为，即，解得不等式成立的充要条件是所以不等式成立的一个充分不必要条件是，故选A. 【方法点睛】本题通过分式不等式的解集主要考查充分条件与必要条件，属于中档题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理. 4. 一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一，塔的排列顺序自上而下，第一层1座，第二层3座，第三层3座，第四层5座，第五层5座，从第五层开始，每一层塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计一百零八座，则该塔共有（ ） A. 八层 B. 十层 C. 十一层 D. 十二层 【答案】D 【解析】 【分析】设该塔共有层，根据等差数列的求和公式计算即可. 【详解】设该塔共有层， 则， 即， 解得或（舍）， 即该塔共有层. 故选：D 5. 已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的半径为，则圆锥的高为，由利用基本不等式求出，再求母线与底面所成角的正弦值即可. 【详解】如图，为圆锥底面的中心，则底面圆， 则即为圆锥母线与底面所成的角， 设圆锥的半径为，则圆锥的高为， 所以， 当且仅当即， 则母线与底面所成角的正弦值为. 故选：A. 6. 已知函数，将图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象，若是奇函数，在上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数图象变换求得，根据是奇函数求得，结合在上的单调性求得的最大值. 【详解】依题意，为奇函数， 则，即， 由于，所以，， 因为，则， 由于在上单调递增， 可得，解得，所以的最大值为. 故选：C. 7. 已知圆的圆心为，且直线与圆相切，则圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线与圆相切结合点到直线距离公式求出圆的半径r即可得解. 【详解】因为直线与圆相切，设圆的半径为r， 则， 所以圆的标准方程为. 故选：A. 8. 如图，棱长为的正方体的内切球为球，，分别是棱，的中点，在棱上移动，则（ ） A. 对于任意点，平面 B. 直线被球截得的弦长为 C. 过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 D. 当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】C 【解析】 【分析】令与重合，利用特殊位置举反例证明A错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求得、两直线所成角，从而求得点到直线的距离，即可求得直线被球截得的弦长，判断B选项；确定过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆为以直线被球O截得的弦长为为直径的圆，从而求得圆的面积，判断C选项；确定当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面为边长为的正六边形，利用正弦定理面积公式求六边形面积即可判断D选项. 【详解】 对于A，根据已知条件圆为以为圆心，半径的圆；在棱上移动， 当与点重合时，平面即为平面，因为在直线上， 所以平面，所以与平面相交，A错误； 对于B，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，，， 设直线与直线夹角为，则， 由此可知，连结，过作直线的垂线，垂足为， 则在中，有，解得， 设直线被球O截得的弦长为，则，B错误； 对于C，过直线的平面截球O所得的所有截面圆半径最小时，有垂直于过的平面， 此时圆的半径为，圆的面积为，C正确； 对于D，根据题意当为的中点时， 过，，的平面截该正方体所得截面为正六边形，， 在中，，所以边长， 所以截面面积为，D错误. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，平面截正方体问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截正方体所得截面的形状. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列通项公式中，对应的数列是递增数列的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数列单调性的定义逐项判断即可. 【详解】对于A，由于，故数列是递增数列； 对于B，由于，故数列是递增数列； 对于C，由于，，故数列不是递增数列； 对于D，由于， 当时，，，即， 又，所以数列是递增数列． 故选：ABD. 10. 已知，.若，则（ ） A. 的最小值为9 B. 的最小值为9 C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用“1”的变形，得，，展开后利用基本不等式求最值，判断AB选项；利用，变形构造基本不等式求最值，进而判断CD. 【详解】由题意知，. A.， 当，即时，等号成立， 所以的最小值是4，故A不正确； B. ， 当，时，等号成立， 所以的最小值为9，故B正确； C.由于，，故， 当时等号成立，即时等号成立， 所以的最大值为，故C正确； D.， 当且仅当时，即时，等号成立， 但，所以等号不能成立，故D不正确. 故选：BC. 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方 11. 已知内角对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则为等腰三角形 C. 若，则为锐角三角形 D. 若的三角形有两解 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据正弦定理结合已知条件即可；对于B，由余弦定理得，即可判断三角形为等腰三角形；对于C，根据余弦定理只能得，即为锐角，无法判断的情况；对于D，利用正弦定理得，即可判断三角形解的个数. 【详解】对于A，因为，则由正弦定理可得， ，所以，即，故A正确； 对于B，由余弦定理得， 化简得，故为等腰三角形，故B正确； 对于C，由余弦定理， 因为，所以，故只能判断为锐角，无法判断，故C错误； 对于D，若，则由正弦定理得， 因为，所以三角形有两解，故D正确； 故选：ABD. 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若函数是奇函数，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数的性质求上的解析式. 【详解】若，则，故，而， 所以. 故答案为： 13. 在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线恰好平分矩形的面积，则该“堑堵”的正视图的面积是_____，体积是_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先根据三视图作出几何体的直观图，结合三视图中的数据计算出正视图的面积和几何体的体积. 【详解】由三视图可知，该几何体的直观图如下图所示： 该几何体为直三棱柱，正视图为等腰直角三角形，且斜边长上的高为，斜边长为， 故该“堑堵”的正视图的面积是，体积为. 故答案为：；. 【点睛】本题考查的主要知识点：三视图和几何体之间的转换，几何体体积公式的应用，主要考查学生的运算能力以及空间想象能力，属于基础题. 14. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线与抛物线C交于点，，若点，且，则直线的斜率为________. 【答案】 【解析】 【分析】设直线的斜率为，写出直线方程，代入抛物线方程应用韦达定理得，由焦半径公式得（），设直线倾斜角为，有，而，求出，可得三角形面积，由已知可得值． 【详解】设直线的斜率为，，则直线，， 联立方程，消去得，， 则，， 故，， 设直线的倾斜角为，则， 则， 故， 令，解得． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：本题考查抛物线的焦点弦问题，解题方法是设而不求的思想方法，即设直线方程代入抛物线方程应用韦达定理，再把三角形面积用表示并代入韦达定理的结果求得斜率． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数. （1）函数取得最大值或最小值时的x组成集合A，将集合A中的所有x的值，从小到大排成一数列，记为，求数列的通项公式； （2）令，求数列的前n项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用三角恒等变换化简，然后结合正弦函数性质求最值，从而得到； （2）应用裂项相消法求． 【小问1详解】 由， 所以且时，最小值为，且时，最大值为， 结合题意知，，故 【小问2详解】 由， 所以. 16. 某学习小组在一次研究性学习中发现，以下三个式子的值都等于同一个常数， ； ； . （1）求出这个常数； （2）结合（1）的结果，将该小组的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论. 【答案】（1） （2）当时，，证明： 因为，则， ． 【解析】 【分析】（1）由倍角公式及特殊角的三角函数值即可求解. （2）根据将用表示，再利用两角差的余弦、正弦展开化简即可证明. 【小问1详解】 因为 ， 故常数为； 【小问2详解】 略 17. 在如图所示的五面体中，四边形为直角梯形，，平面平面，，是边长为2的正三角形. （1）证明：平面； （2）证明：平面． 【答案】（1） 因为四边形为直角梯形， 所以AB//CD，又平面CDEF，平面CDEF， 所以AB//平面CDEF， 又平面BAEF，平面平面， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2） 取的中点，连接，依题意易知， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，所以， 所以，又，所以平面， 又平面，所以， 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，，由（1）有：，所以， 在和中， ，， 又，所以，所以. 因为， 平面，所以平面. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理、性质定理进行证明； （2）取的中点，作辅助线，利用面面垂直、线面垂直的性质定理、判定定理以及直角三角形的性质进行证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知双曲线的焦点为，且过点． （1）求双曲线的方程； （2）过点作斜率分别为的直线，直线交双曲线于两点，直线交双曲线于两点，点分别是的中点，若，试判断直线是否过定点？若是，则求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）过定点， 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，再结合求出，从而可求得双曲线的方程； （2）直线的方程为，设，将直线方程代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合中点坐标公式表示出点的坐标，同理表示出点的坐标，由得，表示出，从而可表示出直线的方程，化简可得答案. 【小问1详解】 由题意知， 解得， 所以双曲线的方程是； 【小问2详解】 直线的方程为，设． 由，得， 所以， 所以，所以， 所以， 同理可得， 因为，所以，即， 当且时，， 所以直线的方程为， ， ， ， ， 所以， 所以直线过定点； 当或时，直线的方程为，所以直线过定点． 综上，直线过定点． 【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线中直线过定点问题，解题的关键是将直线方程代入双曲线方程化简，结合根与系数的关系的中点坐标公式表示出的坐标，考查计算能力，属于较难题. 19. 已知函数为自然对数的底数 （1）求在处的切线方程； （2）当时，，求实数的最大值； （3）证明：当时，在处取极小值. 【答案】（1） （2） （3）证明：令， 若，当，和都单调递增，所以单调递增， ①当，即时，则，则在上单调递增，而，所以当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增；所以在处取极小值； ②当，即时，且， 单调递增，所以存在，使得，且时，，则在上单调递增，而， 所以当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 所以在处取极小值. 综上，当时，在处取极小值. 【解析】 【分析】（1）求导，，即可求得切线方程. （2）成立，等价于，构造函数，利用导数求得最小值即可得出结果. （3）令，可得当，单调递增，讨论当时，当时，函数的单调性进而可得的单调性，从而证得结果. 【小问1详解】 ，且，则所以在处的切线方程为 【小问2详解】 当时，，即当时，，当时，，即，令， 则， 因为，所以 当时，，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以，所以 所以实数的最大值为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：本题考查用导数求函数的极值，考查零点存在定理，解题关键是需要导函数进一步求导，以便确定导函数的单调性与零点的存在性，从而得出函数的性质.本题属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $