精品解析：宁夏回族自治区银川市宁夏六盘山高级中学2024-2025学年高三上学期第二次月考测试（12月）数学试题

宁夏六盘山高级中学 2024-2025学年第一学期高三第二次月考测试卷 学科：数学 测试时间：120分钟 满分：150分 命题教师：马雪燕 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 向量，与非零向量的夹角为，则在上的投影向量的模长为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 底面边长为，且侧棱长为的正四棱锥的侧面积为（ ） A. 20 B. 16 C. 24 D. 6 4. 等比数列中，，则（ ） A. 4 B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如图所示，的解析式为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方体的棱长为为的中点，则点到平面的距离等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的奇函数满足：，且当时，（为常数），则的值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 2 8. 设的内角的对边分别为，，,已知，在边上，平分，且，则的最小值为（    ） A. 9 B. 18 C. 24 D. 36 二．多项选择题：本大题共有3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线必过定点 B. 点关于直线对称的点是 C. 直线的斜率为 D. 点到的距离是 10. 已知数列满足，是前项和，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是公差为的等差数列； B. 当取得最大值时，； C. 数列的前项和是， D. 数列也是首项为9，公差为等差数列 11. 设，函数，则（ ） A. 当时，函数为单调递增函数 B. 点为函数图象的对称中心 C. 函数有三个零点的充要条件是 D. 存在，，使得函数图象关于直线对称 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆经过三个点分别是，，，则圆的方程为______． 13. 已知，则______． 14. 在边长为4的正方形中，如图甲所示，，，分别为，的中点，分别沿，及所在直线把，和折，使，，三点重合于点，得到三棱锥，则三棱锥外接球的表面积为_____________. 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. 在中，内角，，所对的边分别是，，.已知. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积. 16. 已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，且椭圆C经过点，长轴长为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点且斜率为1的直线l与椭圆C交于两点，求弦长； （3）若直线l与椭圆相交于两点，且弦的中点为，求直线l的方程. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小； （3）求证：平面． 18. 已知函数. （1）当 时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）若对任意的实数 ，，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”，当 时，若函数是“函数”，求 . 19. 给定正整数，设，，…，是1，2，…，中任取个互不相同的数构成的一个递增数列.对，如果是奇数，则是奇数，如果是偶数，则是偶数，就称，，…，为“数列”. （1）若，，写出所有“数列”； （2）对任意“数列”，，…，，，证明：. （注：表示不超过的最大整数）； （3）确定“数列”的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁夏六盘山高级中学 2024-2025学年第一学期高三第二次月考测试卷 学科：数学 测试时间：120分钟 满分：150分 命题教师：马雪燕 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据命题否定的定义判断. 【详解】存在量词命题的否定是全称量词命题， 因此命题“”的否定是 故选：D. 2. 向量，与非零向量的夹角为，则在上的投影向量的模长为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的模长公式计算即得. 【详解】依题意，则， 故在上的投影向量的模长为． 故选：A. 3. 底面边长为，且侧棱长为的正四棱锥的侧面积为（ ） A. 20 B. 16 C. 24 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用正棱锥的性质，结合棱锥的侧面积公式计算即可. 【详解】 由正四棱锥底面边长为，可得底面对角线长为4， 则棱锥的高，斜高为， 侧面积为． 故选：C. 4. 等比数列中，，则（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列通项公式求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，所以， 所以. 故选：B. 5. 已知函数的部分图象如图所示，的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由图象确定A的值，根据周期求出，利用特殊值求出，即得答案. 【详解】由函数图象可知，，即， 由，得， 故，由于，故， 则， 故选：B 6. 已知正方体的棱长为为的中点，则点到平面的距离等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用点面距的向量公式，可得答案. 【详解】由题意建立空间直角坐标系，如下图： 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，则，可得， 令，则，，所以平面的一个法向量， 点到平面的距离. 故选：A. 7. 已知定义在上的奇函数满足：，且当时，（为常数），则的值为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由奇函数性质求得，然后结合周期性求函数值． 【详解】因为在上的奇函数，所以，解得， 所以， 因为，所以的周期为6， 故选：C． 8. 设的内角的对边分别为，，,已知，在边上，平分，且，则的最小值为（    ） A. 9 B. 18 C. 24 D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理可得，由，，可得，即，再结合基本不等式求解即可. 【详解】因为，由余弦定理得：，整理得：， 所以，又因为， 则， 因为平分， 所以， 根据题意有：，， 所以， 即， 整理有：，即， 所以， 因为，，所以，， 所以， 即， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：B 二．多项选择题：本大题共有3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法中，正确的有（ ） A. 直线必过定点 B. 点关于直线对称的点是 C. 直线的斜率为 D. 点到的距离是 【答案】ACD 【解析】 【分析】将直线方程变形，可求出直线所过定点的坐标，可判断A选项；利用点与点关于直线对称，求出点关于直线对称的点的坐标，可判断B选项；求出直线的斜率，可判断C选项；利用点到直线的距离公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，直线方程可化为， 由可得，所以，直线必过定点，A对； 对于B选项，设点关于直线对称的点的坐标为， 则，解得， 所以，点关于直线对称的点的坐标为，B错； 对于C选项，直线的斜率为，C对； 对于D选项，点到的距离是，D对. 故选：ACD. 10. 已知数列满足，是前项和，则下列说法正确的是（ ） A. 数列是公差为的等差数列； B. 当取得最大值时，； C. 数列的前项和是， D. 数列也是首项为9，公差为等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列的定义判断A、D；由等差数列的和结合二次函数的性质可判断B；利用赋值法判断C; 【详解】由，则， 所以数列是公差为的等差数列，故A对； 因为数列是公差为的等差数列，所以， 当时，当取得最大值时，故B对； 取时，，而，故C错 由，所以， 所以， 且，所以数列也是首项为9，公差为等差数列，故D对； 故选：ABD 11. 设，函数，则（ ） A. 当时，函数为单调递增函数 B. 点为函数图象的对称中心 C. 函数有三个零点的充要条件是 D. 存在，，使得函数图象关于直线对称 【答案】BC 【解析】 【分析】求导可得，可判断A错误；利用对称中心定义可知满足，可知B正确；由三次函数性质利用导函数求得的单调性，再根据极值的符号即可判断C正确；利用轴对称函数的定义可判断D. 【详解】，对于A，当时，可知恒成立， 因此函数为单调递减函数，即A错误； 对于B，由可得， 即可得对于都满足， 所以点为图象的对称中心，可得B正确； 对于C，由A选项可知当时，恒成立， 函数为单调递减函数，不合题意； 所以，令，解得或， 易知或时，， 当时，； 因此可得在和上单调递减，在上单调递增； 即在和处分别取得极大值和极小值； 若函数有三个零点，可得，解得， 因此充分性成立； 当时，可知在和上单调递减，在上单调递增； 且极小值，极大值， 由三次函数性质可知此时有三个零点，即必要性成立， 所以函数有三个零点的充要条件是，即C正确； 对于D，若函数图象关于直线对称，则满足， 又，可得， 整理，该方程无法对任意的恒成立，即D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：在求解三次函数零点个数时，关键是根据单调性限定出极值的符号，解不等式即可得出参数取值范围. 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆经过三个点分别是，，，则圆的方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】设圆的方程为，根据条件建立方程组，联立方程求解出，即可求解. 【详解】设圆的方程为， 因为圆过点是，，三点， 所以①，②，③， 由①②得到④，由②③得到⑤， 由④⑤解得，代入①，得， 所以圆的方程为. 故答案为： 13. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦二倍角公式，结合弦化切思想，求值即可. 【详解】因为， 所以， 故答案为：. 14. 在边长为4的正方形中，如图甲所示，，，分别为，的中点，分别沿，及所在直线把，和折，使，，三点重合于点，得到三棱锥，则三棱锥外接球的表面积为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】三棱锥外接球等同于补形为长方体的外接球，结合所给长度即可求解. 【详解】由题可得， ,, 所以, 所以 所以三棱锥外接球等同于以同顶点PA,PE,PF扩充为长方体的外接球， 如下图， 设外接球的直径为，则有, 所以，则外接球的半径为, 所以三棱锥外接球的表面积为, 故答案为: . 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. 在中，内角，，所对的边分别是，，.已知. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，边化角即可． （2）根据已知和余弦定理可求得的值，再由面积公式求解． 【小问1详解】 ∵， 由正弦定理，得， ∵，∴，即， ∵，∴． 【小问2详解】 根据题意，，① 由余弦定理， 得，② 根据①②，可得， 所以三角形的面积公式. 16. 已知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，且椭圆C经过点，长轴长为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点且斜率为1的直线l与椭圆C交于两点，求弦长； （3）若直线l与椭圆相交于两点，且弦的中点为，求直线l的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的长轴长及所经过点直接求出，得出椭圆C的标准方程. （2）直线l与椭圆方程联立，得出韦达定理，根据弦长公式得出结果. （3）设，根据“点差法”求出直线的斜率，由点斜式即可求解. 【小问1详解】 由题意设椭圆C的方程为， 因为椭圆经过点且长轴长为， 所以， 所以椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 由已知设直线l的方程为，设，. 将直线代入， 得， 所以，， . 【小问3详解】 设，则中点是， 于是，即， 由于在椭圆上，故， 两式相减得到，即， 故，于是， 故直线的方程是， 整理得 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交于点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小； （3）求证：平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）建系，通过直线方向向量与平面法向量的关系即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法可得平面的法向量，进而可得面面角. （3）通过向量垂直说明线线垂直，即可求证； 【小问1详解】 在四棱锥中，底面，底面， 则，由底面是正方形，得， 以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 由题知，则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，得，则， 而平面，所以平面． 【小问2详解】 由（1）知，，且，， 设平面的法向量为，则，取，得， ，，而，则，， 即，，则的一个法向量为， 因此， 而，则，所以平面与平面的夹角为． 【小问3详解】 由（1）知，，由，得， 又，且，平面， 所以平面． 18. 已知函数. （1）当 时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）若对任意的实数 ，，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”，当 时，若函数是“函数”，求 . 【答案】（1）极小值0，无极大值． （2）当时，的单调递减区间为，无递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； （3） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数求出函数的单调性区间，利用极值的定义求解即可； （2）利用导数与函数单调性间的关系，分类讨论求的单调区间即可； （3）利用“函数”的定义，结合导数的几何意义得，然后结合是方程的根，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得到，即可求解. 【小问1详解】 函数，， 当 时，，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故有极小值，无极大值. 【小问2详解】 由（1）可知：当时，，在单调递减； 当时，令，得，， 所以，且为增函数， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 综上， 当时，的单调递减区间为，无递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问3详解】 当 时，函数是“函数”， 求导得， 设曲线与直线切点， 则，故，即， 所以且， 设，，易知，且是增函数， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，所以是方程的根，且唯一， 所以． 19. 给定正整数，设，，…，是1，2，…，中任取个互不相同的数构成的一个递增数列.对，如果是奇数，则是奇数，如果是偶数，则是偶数，就称，，…，为“数列”. （1）若，，写出所有“数列”； （2）对任意“数列”，，…，，，证明：. （注：表示不超过的最大整数）； （3）确定“数列”的个数. 【答案】（1）；；；； （2）证明：因为， 若，则， 所以； 因为， 所以； 若，则， 所以， 因为，所以，即， 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据“数列”的定义直接写出； （2）首先分析得，再结合得到，即，则原命题证明； （3）定义数列，分析出是“数列”，再记表示中任取项构成的单调递增数列的全体，从而证明出是“数列”，最后利用组合公式即可. 【小问1详解】 “数列”如下：；；；. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 定义数列， 显然，， 且数列单调递增，所以是“数列”， 记表示中任取项构成的单调递增数列的全体， 对于中的任意数列，令， 因为，所以， 于是， 所以单调递增数列， 又因为为偶数，所以与同奇同偶， 所以是“数列”， 所以，任与中的个元素的子集一一对应， 综上，“数列”的个数为 【点睛】关键点点睛；本题第三问的关键是构造表示中任取项构成的单调递增数列的全体，再利用“数列”定义证得是“数列”，最后根据组合公式即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $