精品解析：江苏省南菁高中、常州一中、南京二十九中等五校2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

江苏省南菁高级中学2024—2025学年第一学期 高三12月阶段数学试卷 20241210 注意事项及说明：本卷考试时间为120分钟，全卷满分为150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 设全集，集合，则集合中的元素的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】利用交、并、补集的混合运算得答案． 【详解】因为，，所以或， 又因为， 所以，共4个元素， 故选：B 2. 复数z满足（i为虚数单位），则的值为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】方法一：先根据复数的除法求出复数，进而求出，再根据复数模的概念求. 方法二：根据复数模的性质直接求. 【详解】方法一：由题意：， 所以，所以. 故选：D 方法二：根据复数模的性质，得：. 故选：D 3. 在矩形ABCD中，，E为BC的中点，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为基底向量表示，根据数量积结合投影向量的定义运算求解. 【详解】由题意可知：，，， 且， 则， ， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由积化和差公式及余弦二倍角公式化简即可求解. 【详解】由， 可得：， 即，又， 结合平方差公式可得：. 故选：C 5. 定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：根据题意结合等差数列求和公式分析判断；对于B：根据题意结合裂项相消法判断；对于C：根据题意结合并项求和法分析判断；对于D：根据题意结合等比数列求和公式分析判断. 【详解】对于选项A：因为为等差数列，则， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故A错误； 对于选项B：因为， 则， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故B错误； 对于选项C：当为偶数时，， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故C错误； 对于选项D：可知数列是以首项、公比均为的等比数列， 则， 可知当时，，符合有界数列的定义，故D正确； 故选：D. 6. 若既是的中点，又是直线与直线的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据条件求，再根据两点确定一条直线，求直线方程，根据垂直关系，即可求中垂线方程. 【详解】由条件可知，，， 且，两式相加得， 即，得， 点是直线和的交点，所以， 所以点满足直线，即直线方程为， ，与直线垂直的直线方程的斜率为， 所以中垂线方程为，整理为. 故选：A 7. 若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先确定两个四面体的公共部分，再利用锥体的体积公式求体积. 【详解】如图： 取与的交点为，取中点，连接，交于点， 则三棱锥即为四面体与四面体的公共部分. 因为. 又，所以，所以. 过作于点， 因为平面，平面，所以. 因为，平面，所以平面. 所以为到平面的距离，其值为， 点为的中点，所以点到平面的距离为：. 所以. 故选：C 【点睛】方法点睛：几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等解题技巧. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知等式变形可得出，，构造函数，利用导数分析函数的单调性，数形结合得出、、的大小关系. 【详解】因为，，则，， 可得，即，，即， 由可得，则， 构造函数，其中，， 由，可得，由，可得， 所以，函数的增区间为，减区间为， 由上可知，，则， 由于，，则，， 所以，，所以，即， 如下图所示： 由图可得， 故选：B. 【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个： （1）判断各个数值所在的区间； （2）利用函数的单调性直接解答. 数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知复数，下列结论正确的是 A. “”是“为纯虚数”的充分不必要条件 B. “”是“为纯虚数”的必要不充分条件 C. “”是“为实数”的充要条件 D. “”是“为实数”的充分不必要条件 【答案】BC 【解析】 【分析】 设，可得出，利用复数的运算、复数的概念结合充分条件、必要条件的定义进行判断，从而可得出结论. 【详解】设，则， 则，若，则，，若，则不为纯虚数， 所以，“”是“为纯虚数”必要不充分条件； 若，即，可得，则为实数，“”是“为实数”的充要条件； ，为虚数或实数，“”是“为实数”的必要不充分条件. 故选：BC. 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，同时也考查了共轭复数、复数的基本概念的应用，考查推理能力，属于基础题. 10. 已知双曲线的方程为两点分别是双曲线的左，右顶点，点是双曲线上任意一点（与两点不重合），记直线的斜率分别为，则（ ） A. 双曲线的焦点到渐近线的距离为4 B. 若双曲线的实半轴长，虚半轴长同时增加相同的长度，则离心率变大 C. 为定值 D. 存在实数使得直线与双曲线左，右两支各有一个交点 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，求出渐近线方程，利用点到直线距离公式求出焦点到渐近线距离；B选项，把实半轴长，虚半轴长同时增加相同的长度后的离心率和变化前的离心率均求出来，用作差法进行比较即可；C选项，求出，相乘是否是定值；D选项，把直线斜率与渐近线斜率相比，数形结合得到结果. 【详解】对于A，因为双曲线的一个焦点，渐近线方程化为， 焦点到渐近线的距离为，故正确； 对于B，双曲线的离心率，若的实半轴长，虚半轴长同时增加相同的长度，则， 所以新离心率， 即离心率变小，故B错误； 对于选项C， ， ， 又点在双曲线上， ， ， （定值），故C正确； 对于D，双曲线的渐近线方程为，.根据双曲线图象可知直线若与双曲线有两个交点，这两个交点必在双曲线的同一支上，故D错误； 故选：AC 11. 欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号、概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，下面对于定义在R上的函数，满足，有，则下面判断一定正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 是奇函数 C. 是偶函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法求得一些特殊点的值，然后利用函数奇偶性和周期性的定义判断A,B,C即可;然后利用函数的概念和性质计算选项D即可. 【详解】令，得， 令，得，故为奇函数，所以 选项B正确，选项C错误； 令，得 令，得 所以选项A正确； 令，得 所以 令，得 因为， 所以，故选项D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：赋值法常用的赋值有，两个变量相等，其中一个变量为0或1.也需要根据题意分析得到，比如这个题中的和. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 已知集合，，且的非空子集的个数为3，则整数b的一个可能取值为_______． 【答案】（或） 【解析】 【分析】根据交集的元素个数转化为直线与半圆的交点个数，再利用数形结合，即可求解. 【详解】由的非空子集的个数为3，所以中有2个元素， 即直线与半圆有2个交点， 如图，当直线过点时，此时， 当直线与半圆相切时，，得，（正值舍）， 所以若直线与半圆有2个交点，则 所以整数的一个可能值为. 故答案为：（或） 13. 若曲线与曲线存在公切线，则a的最大值_______． 【答案】 【解析】 【分析】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点，由题意可得，化简可得，则，构造函数，利用导数求出其最大值即可. 【详解】设公切线与曲线切与点，与曲线切与点， 由，得；由得. 则， 所以，所以，即. 设，则. 由；由. 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 所以函数. 即的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查导数几何意义，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是设出两切点的坐标，由切线为两曲线的公切线列方程组求解，考查数学转化思想和计算能力. 14. 已知函数，，，且在上单调，则的值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，函数的一条对称轴为直线，且，可得出①，②，结合①②以及的取值范围可求出的值，以及的表达式，然后由可得出的不等式，解出的取值，然后由大到小逐一检验即可. 【详解】因为函数满足， 则函数的一条对称轴为直线，则①， 因为，可得②， 由①②可得， 因为，所以，， 将代入①可得， 因为在上单调，则该函数的最小正周期满足， 所以，，所以，，解得， 因为，则的可能取值构成的集合为， 当时，，此时，， 当时，，此时，函数在上不单调，不合乎题意； 当时，，则， 当时，，此时，函数在上不单调，不合乎题意； 当时，，则， 当时，，此时，函数在上单调递减，合乎题意. 综上所述，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于求出后，要结合单调性确定周期的范围，进而得出的范围，进而求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与直线的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1） 在直三棱柱中，且，则四边形为平行四边形， 所以，且， 因为、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，因此，平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与直线的夹角的余弦值； （3）利用空间向量法可求得点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，则、、、， 所以，，， ， 所以，直线与直线的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 易知，，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 且，所以，点到平面的距离为. 16. 在锐角中，内角的对边分别为，且. （1）求角A的大小； （2）若，点是线段的中点，求线段长的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由正余弦定理得，接着切化弦得，从而求得即可得解. （2）先由余弦定理得，接着由平方得，由正弦定理边化角结合三角恒等变换公式计算化简得，再结合角B的取值范围即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以由正余弦定理得， 又， 所以，又是锐角三角形，所以， 所以，所以， 又，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得，即， 又， 所以， 又由正弦定理可得， 所以，， 所以 ， 由题意得，解得，则， 所以，所以， 所以，所以线段长的取值范围为. 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）求的零点个数． （3）在区间上有两个零点，求m的范围？ 【答案】（1）的单调减区间为；单调增区间为， （2）1个 （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用导数正负与原函数的关系求解即可； （2）结合(1)问的单调性，求出函数的值域，结合零点存在定理即可求解. （3）将零点问题转化为函数交点问题，求出在区间上的值域然后数形结合即可求解. 【小问1详解】 由题可得， 令，解得或， 令，解得， 令，解得或， 所以的单调减区间为；单调增区间为，. 【小问2详解】 因为的单调减区间为，单调增区间为，， 由于，则在上无零点； 由于，则在上无零点； 由于，则在上存在唯一零点； 综上，函数在上存在唯一零点. 【小问3详解】 若在区间上有两个零点， 则函数与在区间上有两个交点； 由(1)知，在上单调递增，上单调递减； ，，， 所以函数与在区间上有两个交点，则， 即在区间上有两个零点，则的范围为 18. 已知椭圆（）的长轴为，短轴长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线l：与椭圆交于不同两点； ①若，求直线的方程． ②已知点，，连接交椭圆于另一点，连接交椭圆于另一点，求证三点共线. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，即可得答案； （2）①联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及弦长公式，求出的值，即可得答案； ②设，联立直线与椭圆方程，可得与的关系式，通过证明∥，即可证明三点共线. 【小问1详解】 解：由已知长轴为，短轴长为， 可得，， 则椭圆的标准方程为：； 【小问2详解】 解：①依题意，解得， 因为，可得， 且， 因为， 解得， 所以直线的方程为：． ②证明：设， ， 联立，消去整理得： ， ， 又， 代入整理得：， ， ， 同理可得， ， 而 所以有， 整理得， ， ， 因此∥， 故三点共线. 19. 在数列中，若满足：对于，都有，则称数列为“M类差数列”． （1）设为等差数列的前n项和，已知，若数列是“M类差数列”，且恒成立，求M的最大值； （2）已知等比数列是“2类差数列”，且，数列不是“1类差数列”，设，若数列是“3类差数列”： ①求数列的通项公式； ②证明：数列中任意三项都不构成等差数列． 【答案】（1） （2）①; ②由①知，从而，且由立得， 假设构成等差数列，其中，则由可知，， 而，结合可知，，矛盾， 所以数列中任意三项都不构成等差数列. 【解析】 【分析】（1）由恒成立证明，从而得到，再给出的例子，即得的最大值为； （2）①由数列是“2类差数列”得条件，由数列不是“1类差数列”得条件，结合，，求解，再验证是否满足数列是“3类差数列”即可； ②利用反证法，假设存在三项成等差数列得，利用不等式性质结合单调性放缩推出，故产生矛盾从而得证. 【小问1详解】 设数列的公差为，为正整数， 一方面，若数列是“类差数列”，则， 同时我们有，从而， 此即，即， 假设，则在时有，矛盾，所以， 再由，就得到，所以, 另一方面，当时，取，则，且， 故存在数列满足条件. 综合以上两方面，可知的最大值是； 【小问2详解】 ①设等比数列的公比为，则， 是“2类差数列”，且，故，，故数列为无穷递增数列，且，即， 由，且，知为大于1的有理数， 下面先用反证法证明公比为正整数： 假设不是正整数，由且为有理数，故存在，，且互质，使得， 由，有为正整数，即整除，而互质，故互质，而整除，故整除， 这表面恒为正整数，从而恒成立，但，从而这在时是不可能的，矛盾， 所以假设不成立，从而公比是正整数. 假设，则，从而， 这表明是“1类差数列”，与条件矛盾，所以， 又因为是“2类差数列”，故，从而结合是正整数，知， 再由数列是“3类差数列”，知，所以，此即，故， 从而，所以，再由，可知是3的正因数，所以只可能，即， 故，即，这就得到，所以， 当，，由，，可知满足条件. 由于对有，而，故恒成立， 而， 故满足条件，所以的通项公式为； ②：略 【点睛】关键点点睛：本题的关键一是理解题意，关键二是利用反证法求，关键三是不等式的放缩. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省南菁高级中学2024—2025学年第一学期 高三12月阶段数学试卷 20241210 注意事项及说明：本卷考试时间为120分钟，全卷满分为150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 设全集，集合，则集合中的元素的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 2. 复数z满足（i为虚数单位），则的值为（ ） A. B. 5 C. D. 3. 在矩形ABCD中，，E为BC的中点，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（ ） A. B. C. D. 6. 若既是的中点，又是直线与直线的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ） A. B. C. D. 7. 若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 已知复数，下列结论正确的是 A. “”是“为纯虚数”的充分不必要条件 B. “”是“为纯虚数”的必要不充分条件 C. “”是“为实数”的充要条件 D. “”是“为实数”的充分不必要条件 10. 已知双曲线的方程为两点分别是双曲线的左，右顶点，点是双曲线上任意一点（与两点不重合），记直线的斜率分别为，则（ ） A. 双曲线的焦点到渐近线的距离为4 B. 若双曲线的实半轴长，虚半轴长同时增加相同的长度，则离心率变大 C. 为定值 D. 存在实数使得直线与双曲线左，右两支各有一个交点 11. 欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号、概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，下面对于定义在R上的函数，满足，有，则下面判断一定正确的是（ ） A. 是的一个周期 B. 是奇函数 C. 是偶函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 已知集合，，且的非空子集的个数为3，则整数b的一个可能取值为_______． 13. 若曲线与曲线存在公切线，则a的最大值_______． 14. 已知函数，，，且在上单调，则的值为_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与直线的夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 16. 在锐角中，内角的对边分别为，且. （1）求角A的大小； （2）若，点是线段的中点，求线段长的取值范围． 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）求的零点个数． （3）在区间上有两个零点，求m的范围？ 18. 已知椭圆（）的长轴为，短轴长为． （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线l：与椭圆交于不同两点； ①若，求直线的方程． ②已知点，，连接交椭圆于另一点，连接交椭圆于另一点，求证三点共线. 19. 在数列中，若满足：对于，都有，则称数列为“M类差数列”． （1）设为等差数列的前n项和，已知，若数列是“M类差数列”，且恒成立，求M的最大值； （2）已知等比数列是“2类差数列”，且，数列不是“1类差数列”，设，若数列是“3类差数列”： ①求数列的通项公式； ②证明：数列中任意三项都不构成等差数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $