精品解析：江西省丰城中学2024-2025学年高三上学期第三次段考（12月）数学试卷

丰城中学2024-2025学年上学期高三第三次段考试卷 数学 考试范围：一轮复习第一至八章第五讲 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 无数 2. 在复平面内，复数Z绕原点逆时针旋转得，则复数Z的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A. B. C. D. 4. 已知为等差数列的前项和，公差为.若，则（ ） A. B. C. D. 无最大值 5. 在锐角中，已知，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知点，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值是（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知某圆台的侧面展开图如图所示，其中，若此圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 对于任意点Q，均不成立 D. 三棱锥的体积是定值 10. 下列说法正确的是（    ） A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是 B. 点关于直线的对称点为 C. 过两点的直线方程为 D. 若圆与直线相切，则 11. 已知实数a，b是方程的两个根，且，，则（ ） A. ab的最小值为9 B. 的最小值为18 C. 的最小值为 D. 的最小值为12 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，向量在上的投影向量的坐标为，则______. 13. 已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为__________． 14. 若，已知数列中，首项，，，则_____. 四、解答题：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. 已知函数. （1）若在上单调递减，求的取值范围； （2）若，证明：. 16. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，为边的中点，，求. 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，分别为，的中点，平面，且. （1）证明：平面； （2）若与平面所成的角是，求二面角的余弦值. 18. 如图，已知椭圆过点，焦距为；斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且直线PM，PN均不与轴垂直. （1）求椭圆的方程； （2）若，求MN的方程； （3）记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，证明：为定值. 19. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的阶和数列． （1）若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求； （2）若，求的二阶和数列的前项和； （3）若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数的最大值，以及取最大值时的公差． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城中学2024-2025学年上学期高三第三次段考试卷 数学 考试范围：一轮复习第一至八章第五讲 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 无数 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的元素类型，列方程组求解集即可得元素个数. 【详解】因为集合，， 则联立，解得或， 故，集合中有2个元素. 故选：C. 2. 在复平面内，复数Z绕原点逆时针旋转得，则复数Z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的几何意义求解即可 【详解】对应的点的坐标为顺时针旋转后坐标为对应的虚数为虚部为 故选：C. 3. 如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】因为M为与的交点，所以M是与的中点， 所以. 故选：D. 4. 已知为等差数列的前项和，公差为.若，则（ ） A. B. C. D. 无最大值 【答案】B 【解析】 【分析】对于A：根据可得，结合通项公式分析判断；对于B：根据等差数列性质可得，即可分析判断；对于CD：根据分析数列的符号性，即可判断. 【详解】对于选项A：因为数列为等差数列，则，即， 可得，则，故A错误； 对于选项B：因为，则，所以，故B正确； 对于选项D：因为，且，可知，当时，； 当时，；可知当且仅当时，取到最大值，故D错误， 对于选项C：因为，所以，故C错误； 故选：B. 5. 在锐角中，已知，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理，结合锐角三角形的内角性质求得角，进而利用三角函数的诱导公式与和差公式求得，再次利用正弦定理即可得解. 【详解】因为在锐角中，已知，，， 所以由，得，解得， 又是锐角三角形，即，所以， 所以 ， 所以. 故选：B. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】方法一：结合两角差与和的正弦公式可得，再结合二倍角公式化简即可求解； 方法二：先利用诱导公式可得，进而结合两角和的余弦公式得到，可得的值，进而求解. 【详解】方法一：由， 得， 即， 即， 所以， 即. 方法二：由， 得， 即 所以，，即， 所以 故选：A. 7. 已知点，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值是（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】设圆和圆，得到的最大值为，的最小值为，由点在直线上，求得关于的对称点为，结合，即可求解. 【详解】由题意，的最大时，最大，最小即可， 设圆，可得圆心，半径， 设圆，可得圆心，半径， 则的最大值为，的最小值为， 所以 ， 因为在直线上，关于的对称点为， 直线与交点为，所以， 共线时等号成立， 所以的最大值为. 故选：D. 8. 已知某圆台的侧面展开图如图所示，其中，若此圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由对应关系可得圆台的上、下底面圆半径分别为，进而计算出圆台的高，设球心到点所在的底面的距离为，表示到点所在底面的距离，利用球半径相等建立等量关系，解方程即可得到结果. 【详解】设圆台的上、下底面圆半径分别为， 由题意得，，，解得. 如图，设圆台的上、下底面圆心分别为，则圆台的高为. 设球的半径为，球心到点所在的底面的距离为，则到点所在的底面的距离为， 由题意得，，解得， 所以球的表面积为. 故选:. 【点睛】思路点睛：本题考查圆台外接球综合问题，具体思路如下： （1）利用侧面展开图和圆台对应关系可确定上、下底面圆半径和圆台母线长，进而求出圆台的高度. （2）分别利用上、下底面圆半径结合勾股定理表示球的半径，建立等量关系即可得到结果. 二、多选题：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. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得平面 C. 对于任意点Q，均不成立 D. 三棱锥的体积是定值 【答案】BC 【解析】 【分析】在正方体中建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABC；利用点到平面距离的向量求法计算判断D. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令， 则，， 令，则点，， 对于A，，若，则，必有，即与矛盾，A错误； 对于B，，若平面，则， 即，解得，则点是中点时，， 而平面，因此平面，B正确； 对于C，，即对任意，向量与都不垂直，C正确； 对于D，，设平面的法向量， 则，令，得， 于是点到平面的距离，，不是常数， 又点是三个定点，面积是定值，因此三棱锥的体积不是定值，D错误. 故选：BC 10. 下列说法正确的是（    ） A. 直线与两坐标轴围成的三角形的面积是 B. 点关于直线的对称点为 C. 过两点的直线方程为 D. 若圆与直线相切，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由直线方程，求得在坐标轴上的截距，利用面积公式，可判定A正确； 根据点关于直线的对称的求法，求得对称点的坐标，可判定B正确； 根据直线的两点式方程的条件，可判定C错误； 根据题意，求得直线的方程，结合点到直线的距离公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，令，可得，令，可得， 则直线与两坐标轴围成的三角形的面积，所以A正确； 对于B中，设关于直线对称点坐标为， 则，解得，所以B正确； 对于C中，直线的两点式使用的前提是，所以C错误； 对于D中，由，可得圆心为， 因为圆与直线相切， 所以，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知实数a，b是方程的两个根，且，，则（ ） A. ab的最小值为9 B. 的最小值为18 C. 的最小值为 D. 的最小值为12 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用韦达定理求出的范围，然后可得关系，然后结合基本不等式逐项判断即可． 【详解】因为实数a，b是方程的两个根， 所以，所以或， 由根与系数的关系得，，， 又，，所以，且，综上得． 消去k，得， 由基本不等式得，即， 令，则，解得或（舍去）， 当时，，解得，当时，ab的最小值为9，故A正确； 因为，当时取等号，的最小值为18，故B正确； ， 当，即，时取等号， 所以的最小值为，故C正确； 因为，所以， ， 当，即，时等号成立，此时的最小值为13，故D错误． 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，向量在上的投影向量的坐标为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用在上的投影向量的表达式化简求解可得. 【详解】由，得， 则向量在上的投影向量为， 则，所以. 故答案为：. 13. 已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为__________． 【答案】5 【解析】 【分析】假设点，然后得到以OP为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线AB的方程，然后可知直线AB过定点，最后简单判断和计算可得结果. 【详解】设，则，OP的中点为，， 以OP为直径的圆的方程是， 与圆O的方程相减，得直线AB的方程为，即， 因为，所以，代入直线AB的方程，得， 即，当且，即，时该方程恒成立， 所以直线AB过定点， 点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离， 所以点到直线AB距离的最大值为5. 故答案为：5. 14. 若，已知数列中，首项，，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式得，应用作差法及已知得，则，最后利用对称性及倒序相加求和即可. 【详解】， ，即， ， 时，，两式相减得， 时，，故数列为常数列， 因为，故， 又时也符合上式，故， ， ． 记， 则， 两式相加得，，即，则． 故答案为： 四、解答题：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. 已知函数. （1）若在上单调递减，求的取值范围； （2）若，证明：. 【答案】（1） （2） 解法一：由题意得的定义域为， 当时，要证，即证：，等价于证明 构造函数，即证； 所以，令， 因为函数的对称轴为，所以在上单调递增， 且，，所以存在，使， 所以当时，，即， 当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，有极小值也是最小值， 又因为，得，所以， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递减，所以，即， 所以即证，所以可证. 解法二：若，， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得在区间上恒成立，构造函数，求得其最大值，即可得到结果； （2）根据题意要证等价于证明，构造函数，利用导数求出其最小值，从而可求解. 【小问1详解】 由，则， 因为在上单调递减，所以在上恒成立， 所以，即， 构造函数，所以， 当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当时取得极大值也是最大值，即，所以， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 略 16. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，为边的中点，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可以得到，进而得到的值，即可求出结果. （2）利用向量知识得到，结合余弦定理求出和，即可得到. 【小问1详解】 因为. 所以，故，所以. 【小问2详解】 由于. 故，由余弦定理又有，而，故有 ，. 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，分别为，的中点，平面，且. （1）证明：平面； （2）若与平面所成的角是，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用平行公理及线面平行的判定推理即得. （2）取的中点，由线面角计算推证得，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦. 【小问1详解】 设的中点为，连接，由为中点，得且， 又且，则，， 四边形为平行四边形，则，又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 取的中点，连接，取的中点，连接，， 则且，由平面，得平面， 则与平面所成的角为，即，， 菱形中，，则，即， 直线两两垂直，以点原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 由平面得平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，令，得， 设二面角的平面角为，由图知为锐角，因此， 所以二面角的余弦值为. 18. 如图，已知椭圆过点，焦距为；斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且直线PM，PN均不与轴垂直. （1）求椭圆的方程； （2）若，求MN的方程； （3）记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，证明：为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解即可； （2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程； （3）将韦达定理代入中计算结果为定值． 【小问1详解】 由椭圆过点，焦距为， 得，解得， 故椭圆的方程为． 【小问2详解】 设直线的方程为，，， 联立，消去得， 由，得， 则． ， 解得或， 当时，直线的方程为； 当时，直线经过点，不符合题意，舍去． 所以当时，的方程为． 【小问3详解】 证明：直线，均不与轴垂直，所以，，则且， 所以 ， 所以为定值． 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的阶和数列． （1）若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求； （2）若，求的二阶和数列的前项和； （3）若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数的最大值，以及取最大值时的公差． 【答案】（1） （2） （3）的最大值是，公差为 【解析】 【分析】（1）根据一阶和数列的定义可计算出，，的值，根据二阶和数列的定义计算出，的值，由的二阶和数列是等比数列可得公比，从而得到，，的值，再由定义可求出的值. （2）根据定义可得的通项公式，进而求得的前项和公式. （3）由可得，从而可得公差，结合条件可得正整数的最大值. 【小问1详解】 由题意得，，，， ∴，， 设数列的二阶和数列的公比为，则， ∴，，， ∴，，， ∴，，． 【小问2详解】 设的二阶和数列的前项和为， 由题意得，，， 由得数列是以为首项，为公差的等差数列， ∴. 【小问3详解】 ∵， ∴，故． 设数列的公差为，则， ∴，得， ∵反比例函数在上为增函数， ∴由得，，故， ∵， ∴，故， ∴的最大值是，由得公差. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $