精品解析：广东省深圳外国语学校2024-2025学年高三上学期第四次月考数学试题

深圳外国语学校2024—2025学年度高三第一学期第四次月考 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 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. 已知i为虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，结合复数除法运算求出复数，进而求出其模. 【详解】由，得，整理得， 则， 所以. 故选：A 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的求解化简，即可根据补集以及并集的定义求解. 【详解】， ， 故， 故选：C 3. 已知直线和平面，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面的位置关系结合必要不充分条件定义判断即可. 【详解】若，，则或或直线和平面相交（包含），充分性不成立； 若，，则，必要性成立. 所以”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，判断函数的单调性，计算端点处的函数值，结合零点存在性定理即可求解. 【详解】由于，，且中， 故，在单调递增， 因此至多一个零点， ,,， 因此的零点所在的区间是， 故选：C 5. 已知平面向量，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据可计算的值，利用投影向量的公式可得结果. 【详解】由题意得，. ∵， ∴，即， ∴，∴， ∴在方向上的投影向量为. 故选：C. 6. 《九章算术》卷五中将正四棱台称为“方亭”，如图，两个相同的密闭“方亭”内各装有某种溶液，，图1中液面高度恰好为棱台高的一半，图2中液面高度为棱台高的，若图1中溶液体积为657，则图2中溶液体积为（ ） A. 438 B. 448 C. 584 D. 608 【答案】B 【解析】 【分析】根据相似关系，结合棱台的体积公式即可求解. 【详解】设的面积为,棱台的高为， 图1中，由于，故溶液所在的四边形的边长为, 因此液面的面积为,底面的面积为， 图1溶液的体积为， 图2中，液面所在四边形的边长为, 故液面的面积为,底面的面积为， 图2溶液的体积为， 故选：B 7. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助角公式确定的取值范围，根据指数函数和对数函数的单调性确定的范围，进而可得答案. 【详解】 ， ∵，∴，从而； ∵， ∴，则，即； ∵， ∴，则，即， ∴，即； ∵， ∴，即； 综上，. 故选：D. 8. 设数列的前项和为，已知，数列的前项和为，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据与之间的关系整理可得，进而可得，利用裂项相消法求，进而逐项分析判断. 【详解】因为，即， 可得，即， 可知数列是常数列，则，即， 可得， 所以. 对于选项AB：因为， 可知，故A正确，B错误； 对于选项C：因为，即，故C错误； 对于选项D：因为，即，故D错误； 故选：A. 【点睛】方法点睛：裂项相消的规律 （1）裂项系数取决于前后两项分母的差； （2）裂项相消后前、后保留的项数一样多． 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. 已知，则下列不等式成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】作商法、作差法分别判断选项AB；借助函数的单调性判断C；由于无法确定与1的大小，所以无法判定D. 【详解】因为，则，且， ，所以，A正确； ，由于， 所以，则，B正确； ，函数在上单调递减，则，C错误； 函数在上单调递减，但无法确定与1的大小， 所以D选项无法确定. 故选：AB 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 B. 图象的对称中心为 C. 在区间上有2个零点 D. 方程在区间上的解之和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简可得，再结合周期可求得把的解析式，利用图象变换可求得平移后的解析式为，可判断A；求得对称中心判断B，求得零点判断C；作出作出函数与的图象，数形结合可得方程在区间上的解之和判断D. 【详解】 ， 因为函数的最小正周期为， 所以，解得，所以， 把的图象向左平移个单位长度， 得到函数， 所以函数，又， 所以为偶函数，图象关于轴对称，故A正确； 由，所以， 所以图象的对称中心为，故B错误； 令，解得， 又，所以，所以或， 解得或，所以在区间上有2个零点，故C正确； 由，可得， 所以， 作出函数与的图象如图所示，可得有四个根， 记四个根为， 由图和正弦函数性质可知，，， 解得，，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知平面内圆的面积为为圆上长度为8的动弦，直线与圆相离，点为直线上一动点，已知点到圆上的点的最短距离为1，则下列说法正确的有（ ） A. 的最小值为6 B. 的最小值为7 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设圆的圆心为，可得半径为，不妨设，分析可知：点的轨迹是以为圆心，半径的圆.对于A：可得，结合圆的性质分析判断；对于B：可得，结合圆的性质分析判断；对于C：整理可得，结合圆的性质分析判断；对于D：设，联立圆与椭圆方程运算求解即可. 【详解】设圆的圆心为，半径为， 则，解得， 设弦的中点为，则， 不妨设， 由题意可知：， 可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆，其方程为. 对于选项A：因为，当且仅当点在线段上时，等号成立， 所以的最小值为6，故A正确； 对于选项B：因为， 由选项A可知的最小值为，所以的最小值为，故B错误； 对于选项C：因为， 其中点为线段的中点， 则， 所以，当且仅当点在线段上时，等号成立， 所以的最小值为，故C正确； 对于选项D：设，可知点的轨迹为以为焦点的椭圆， 椭圆方程为， 当椭圆与圆相切时，取到最小值， 联立方程，消去x可得， 因为，故, 显然，则，解得，此时, 所以的最小值为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 过原点的直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则直线与的交点坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式求出的斜率，可得其方程，然后联立的直线方程求解可得. 【详解】设直线的倾斜角为，则， 则直线的斜率， 又直线过原点，所以的方程为， 联立，解得，即直线与的交点坐标为. 故答案为： 13. 一个母线长为的圆锥表面积为，则该圆锥外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出轴截面外接圆半径即得球半径，然后由球面积公式计算． 【详解】如图是圆锥的轴截面，，记底面半径为， 由，解得（负值舍去）， 则，， 外接圆半径为，则，， 此即为该圆锥外接球的半径， 所以球表面积为， 故答案为：． 14. 已知函数若方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】求并利用导数分析函数的单调性和极值，画出函数图象，利用换元法以及数形结合将方程根的问题转化成关于的方程有两个不相等的实根，且满足，或；再由一元二次方程根的分布即可求得实数的取值范围. 【详解】当时，，， 所以在上单调递增， 当时，，， 则当时，，当时，， 所以在上为增函数，在上为减函数，则. 所以的大致图象如图所示. 令，则方程可转化为； 结合图象可知，当时，函数与函数有三个交点， 当或时，函数与函数有两个交点， 当或时，函数与函数有一个交点； 若关于的方程有5个不同的实数根， 则方程有两个不相等的实根，且满足，或； 若可得，解得； 经检验当时，方程即为，解得，符合题意； 若方程有两个不相等的实根需满足 ，, 故，即，解得 综上可知，实数的取值范围为或， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求解方程根的嵌套问题时，经常利用换元法将方程转化，再结合函数图象利用根的分布情况得出参数满足的条件即可求得参数取值范围. 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. 已知点，动点满足到两点的距离之比为.设动点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）已知直线过点，且与曲线交于两点，若，求的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程，化简方程即可求得的方程； （2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，斜率不存在时直接分析即可，斜率存在时根据圆心到直线的距离、半径、半弦长之间的关系求解出的值，由此可求的方程. 【小问1详解】 由条件可知，所以，化简可得， 所以. 【小问2详解】 表示圆心为，半径为的圆； 当直线的斜率不存在时，，因为恒成立， 即与圆没有交点，故不符合题意； 当直线的斜率存在时，设，即， 圆心到直线的距离为， 因为，所以，解得或， 所以的方程为或. 16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面分别为的中点，，平面与平面交于直线． （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 证明：如图，取中点，连接，在中，由为的中点，得且， 在菱形中，且，则，四边形BEFM为平行四边形， 于是，又平面，平面，因此平面， 又平面，平面平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，利用三角形中位线、平行四边形性质证得，再利用线面平行的判定、性质推理得证. （2）根据给定条件，证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，，则为等边三角形，，，， 而平面平面，平面平面平面， 则平面，又平面，于是， 即， 又，则，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，则， 设平面的法向量为，则，取，得， 由平面，得为平面的法向量，设平面与平面所成角为， 因此， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）的中点为的平分线交于点，若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦边角互化，结合三角恒等变换可得，根据辅助角公式即可求解. （2）根据向量的模长公式可得,利用等面积法可得，即可根据，结合换元法即可求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理，展开可得， 由，得，代入上式化简得， 因为，所以， 即，则， 因为，所以，则，即． 【小问2详解】 因为， 所以 ， 因为， 所以，即， 所以, 令，则，即， 因为，故，所以， ，且两根均为正，所以． 18. 已知函数，函数． （1）若没有任何一段区间使函数与函数同时单调递增或同时单调递减，求的取值范围； （2）若方程有两个不同的解． ①求的取值范围； ②若，证明：. 【答案】（1） （2）①； ②由题意，是方程两个不同的解． 设，则， 解得， 所以， 令，则，令， 则，故在区间上单调递增，，即， 所以在区间上单调递增，即，所以成立． 【解析】 【分析】（1）先研究两个函数的单调性，再根据条件求出m即可； （2）方程有两个不同的解．转化为有两个不同的解． 对于①，令，求导，得到单调性，进而得到． 令，根据导数知道，在内单调递增，故方程最多有一个解，根据条件得到，进而得到m范围. 对于②，设是方程两个不同的解．设，代入方程，解得，则，构造，求导研究单调性即可. 【小问1详解】 解：， 令得，当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减． 令得，当时，；当时，， 故在上单调递减，在上单调递增． 当，即时，满足题意； 若，则与在上同时单调递增，矛盾； 若，则与在上同时单调递减，矛盾． 综上所述，． 【小问2详解】 ，整理得， 即方程有两个不同的解， 即方程有两个不同的解． ①解：令，则，当时，；当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增，． 当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，故当时，方程有两个解． 则方程，令，则，即在内单调递增，故方程最多有一个解， 要使方程有两个不同的解，则方程有两个不同的解，即，且方程的解满足，故只需，即即可． 所以的取值范围是． ②略 【点睛】方法点晴：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别. 19. 如果无穷数列满足“对任意正整数，总存在正整数，使得”，则称数列为“和包含数列”． （1）证明：不存在非零整数，使得数列为“和包含数列”； （2）已知等差数列的公差为，首项为，若数列为“和包含数列”，求的取值范围； （3）已知等比数列的公比为，是否存在使得数列为“和包含数列”？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 记数列为，令，， 因为，所以， 而，故不存在正整数，使得， 所以不存在非零整数，使得数列为“和包含数列”； （2） （3） 不存在，理由如下： 等比数列的通项公式为， 若存在使得数列为“和包含数列”，则， 记数列为， 故数列为“和包含数列”数列为“和包含数列”. 当时，令，则，矛盾； 当时，，令，则，矛盾； 当时，分别令以及， 得，以及，其中. 当为负数时，与均需为偶数，即为偶数． 因为，则，， 所以，即， 得到与矛盾； 当为正数时，由，及知，，所以， 所以， 解得与矛盾. 综上所述，不存在使得数列为“和包含数列”. 【解析】 【分析】（1）令，，结合余弦函数的值域即可证明； （2）写出数列的通项公式，令，根据数列为“和包含数列”，得到恒成立，求解即可； （3）写出数列的通项公式，假设数列为“和包含数列”，记，即数列为“和包含数列”，分别讨论，，，得出矛盾即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 等差数列的通项公式为， 若满足题意，即任取正整数，总存在正整数使得， 即，得， 令，则总有解， 因为为正整数，因此，且为整数， 即恒成立，因为，则， 故的取值范围是； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键之一在于分情况讨论，和；关键点之二在于当和时，对的赋值，以及当时，分别令以及. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳外国语学校2024—2025学年度高三第一学期第四次月考 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 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. 已知i为虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线和平面，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 《九章算术》卷五中将正四棱台称为“方亭”，如图，两个相同的密闭“方亭”内各装有某种溶液，，图1中液面高度恰好为棱台高的一半，图2中液面高度为棱台高的，若图1中溶液体积为657，则图2中溶液体积为（ ） A. 438 B. 448 C. 584 D. 608 7. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 设数列的前项和为，已知，数列的前项和为，则下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 已知，则下列不等式成立的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. 把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 B. 图象的对称中心为 C. 在区间上有2个零点 D. 方程在区间上的解之和为 11. 已知平面内圆的面积为为圆上长度为8的动弦，直线与圆相离，点为直线上一动点，已知点到圆上的点的最短距离为1，则下列说法正确的有（ ） A. 的最小值为6 B. 的最小值为7 C. 的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 过原点的直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则直线与的交点坐标为______． 13. 一个母线长为的圆锥表面积为，则该圆锥外接球的表面积为______． 14. 已知函数若方程有5个不同的实数根，则实数的取值范围为______. 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. 已知点，动点满足到两点的距离之比为.设动点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）已知直线过点，且与曲线交于两点，若，求的方程. 16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面平面分别为的中点，，平面与平面交于直线． （1）证明：； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）的中点为的平分线交于点，若，求． 18. 已知函数，函数． （1）若没有任何一段区间使函数与函数同时单调递增或同时单调递减，求的取值范围； （2）若方程有两个不同的解． ①求的取值范围； ②若，证明：. 19. 如果无穷数列满足“对任意正整数，总存在正整数，使得”，则称数列为“和包含数列”． （1）证明：不存在非零整数，使得数列为“和包含数列”； （2）已知等差数列的公差为，首项为，若数列为“和包含数列”，求的取值范围； （3）已知等比数列的公比为，是否存在使得数列为“和包含数列”？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $