精品解析：辽宁省朝阳市建平县实验中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

建平县实验中学高三数学12月考试试卷 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式得到，，根据交集概念求出答案. 【详解】，解得，故， 令，解得，则， 故. 故选：C 2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助复数运算法则结合模长定义计算即可得. 【详解】， 故. 故选：C. 3. 设命题，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解. 【详解】根据全称命题与存在性命题的关系， 命题“，”的否定“，”. 故选：A. 4. 在中，点D满足．记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的基底运算即可得到结果. 【详解】 如图所示， 由图易得，，故． 故选:C． 5. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得. 故选：B. 6. ‌莱布尼茨是17世纪的德国数学家，他与牛顿在函数研究上的贡献都是跨时代的，他在1673年首先使用了“函数”这个词并且提出了单调性的概念，‌‌已知在上为减函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出每段函数单调递减时的取值范围，再根据分段点处的函数值关系求出的取值范围，最后取交集得到的最终取值范围. 【详解】因为在上为减函数，所以一次函数的斜率，即. 二次函数的二次项系数，图象开口向下， 要使在时单调递减，则对称轴，即. 在处，需要满足，解得. 综合以上三个条件，取交集可得，所以实数的取值范围为. 故选：C. 7. 函数，保持纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到函数，下列说法正确的是（ ） A. 的一个零点为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 的一个周期为 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式可得，根据图像变换可得.进而结合正弦函数性质逐项分析判断. 【详解】因为，可得. 对于选项A：因为，故A错误； 对于选项B：因为为最大值， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于选项C：因为，则， 且在内不单调，所以在上不单调，故C错误； 对于选项D：的最小正周期为，所以不为的周期，故D错误； 故选：B. 8. 已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于，两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆心为的中点，利用向量运算将用来表示，转化为椭圆上一点到焦点的距离范围求解即可. 【详解】，即的圆心，半径为， 椭圆方程中，，， 则圆心为椭圆的右焦点，线段为的直径，连接， 因此 ，点为椭圆上任意一点， 则，，即， 所以. 故选：A 二、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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. B. 在上为增函数 C. 在上为减函数 D. 的极值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用导数的应用，讨论函数的性质即可求解. 【详解】，则，故A错误； 令， 所以在上单调递减，在上单调递增，故B正确，C错误； 所以的极小值为，故D正确. 故选：BD. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据1，2，2，3，4，5的极差与众数之和为7 B. 若随机变量X服从二项分布，且，则 C. X和Y是分类变量，若值越大，则判断“X与Y独立”的把握性越大 D. 若随机变量X服从正态分布，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据极差和众数的概念即可判断A；根据二项分布的性质即可判断B；根据独立性检验的思想即可判断C；根据正态曲线的性质即可判断D. 【详解】A：该组数据的极差为4，众数为2，所以该组数据的极差与众数之和为6，故A错误； B：由，得，解得， 所以，故B正确； C：值越大，X和Y有关系的可能性就越大，则“X与Y独立”的把握越小，故C错误； D：由，得， 所以，故D正确. 故选：BD 11. 已知等差数列是递减数列，为其前项和，且，则（ ） A. B. C. D. 、均为的最大值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据等差数列的性质以及其前项和的性质，逐个选项进行判断即可求解 【详解】因为等差数列是递减数列，所以，，所以，，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，故C错误； 因为由题意得，，所以，，故D正确； 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．双空题第一个空2分，第二个空3分． 12. 已知向量，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出． 【详解】因为，所以由可得， ，解得． 故答案为：． 【点睛】本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设， ，注意与平面向量平行的坐标表示区分． 13. 已知直线：与直线：平行，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】由两直线平行得出他们的斜率相等，结合两直线不重合，计算即可. 【详解】由题意知， 由，得. 故答案为：2 14. 曲线在处的切线方程为 _____． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义即得. 【详解】因为， 所以， 当时，，， 故切线方程为：，即. 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. 记的内角的对边分别为. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化后，利用同角三角函数的基本关系得解； （2）由正弦定理解三角形求出，再由面积公式得解. 【小问1详解】 由余弦定理知， 代入已知得， . 由正弦定理得， 又. . 【小问2详解】 由（1）知， . 由正弦定理 得， 的面积. 16. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点、分别在棱和棱上，且，，为棱的中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】 （1）在三棱柱中，平面，则平面， 平面，则， ，则，为的中点，则， ，平面， 平面，因此，； （2）. 【解析】 【分析】（1）证明出平面，即可证得； （2）计算出的边上的高，并求出点到平面的距离，由此可得出二面角的正弦值为. 【详解】（1）略 （2），，，所以，， 同理可得， 取的中点，连接，则， 因为且，故四边形为矩形，则， 所以，， 由余弦定理可得，则， 所以，的边上的高， 平面，平面，则， ，，平面， 因为，平面，平面，故平面， ，故点到平面的距离， 设二面角为，则. 17. 已知椭圆E：的离心率为，且过点． （1）求椭圆E的方程； （2）斜率为1的直线l与椭圆E交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为，求的面积． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据离心率、椭圆所过的点列方程组求椭圆参数，即可得方程； （2）设AB为，，联立椭圆方程，应用韦达定理得，，由的中点且有求参数t，进而求、到AB的距离，即可求三角形面积. 【小问1详解】 由题意，解得，故椭圆的方程 【小问2详解】 设AB为，， 联立，消去得：，且， 则，，则的中点横坐标为，则， 依题意知：，即，即，解得，满足，且，， ，又到AB的距离， ∴. 18. 已知函数． （1）时，求函数的单调区间； （2）若恒成立，求的值. 【答案】（1）函数的单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）由得到，令导数大于零、小于零、，即可求出单调区间； （2）先由题意得的最小值大于等于零恒成立.对进行分类讨论，当时，易知当时，，不符合题意；当时，，转化为恒成立；令，用导数的方法研究其单调性与最值，即可求出结果. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，. 令，得；令，得， ∴函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）知，函数的定义域为. 当时，在上单调递增， 又，∴当时，，不符合题意； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增， . 由恒成立，得恒成立. 令，， 当时，；当时，， ∴函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，故恒成立， 因此，所以. 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项0数列组成集合． （1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）从集合中任意取出两个不同数列，记．若，求随机变量的分布列与数学期望； 【答案】（1）0 （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据是12项数列可得的各项，即可由求和计算得解， （2）根据古典概型概率公式求解概率，即可根据期望公式求解. 【小问1详解】 因为是12项数列，当且仅当时，， 所以当和时，． 设数列的所有项的和为， 则 所以数列的所有项的和为0． 【小问2详解】 若，则中的数列有；；；；；；；； ，故的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况， 其中当时，若选择，可从；；任选1个，共有3种情况， 若选择，可以从；；任选1个，共有3种情况， 另外和，两者之一满足要求，和，两者之一满足要求， 和，两者之一满足要求，共有种情况，故， 当时，和满足要求，和满足要求，和满足要求， 和满足要求，共有4种情况，故， 所以， 其分布列为 1 2 3 则． 【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤： （1）根据题中条件确定随机变量的可能取值； （2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列； （3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望 （在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等， 可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 建平县实验中学高三数学12月考试试卷 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 设命题，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 在中，点D满足．记，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. B. C. D. 6. ‌莱布尼茨是17世纪的德国数学家，他与牛顿在函数研究上的贡献都是跨时代的，他在1673年首先使用了“函数”这个词并且提出了单调性的概念，‌‌已知在上为减函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 函数，保持纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，得到函数，下列说法正确的是（ ） A. 的一个零点为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递减 D. 的一个周期为 8. 已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于，两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. B. 在上为增函数 C. 在上为减函数 D. 的极值为 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据1，2，2，3，4，5的极差与众数之和为7 B. 若随机变量X服从二项分布，且，则 C. X和Y是分类变量，若值越大，则判断“X与Y独立”的把握性越大 D. 若随机变量X服从正态分布，且，则 11. 已知等差数列是递减数列，为其前项和，且，则（ ） A. B. C. D. 、均为的最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．双空题第一个空2分，第二个空3分． 12. 已知向量，若，则__________． 13. 已知直线：与直线：平行，则______． 14. 曲线在处的切线方程为 _____． 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. 记的内角的对边分别为. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 如图，在三棱柱中，平面，，，，点、分别在棱和棱上，且，，为棱的中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值. 17. 已知椭圆E：的离心率为，且过点． （1）求椭圆E的方程； （2）斜率为1的直线l与椭圆E交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为，求的面积． 18. 已知函数． （1）时，求函数的单调区间； （2）若恒成立，求的值. 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项0数列组成集合． （1）若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）从集合中任意取出两个不同数列，记．若，求随机变量的分布列与数学期望； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $