精品解析：安徽省安徽师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

2024-2025学年高三年级十二月阶段检测考试 数学 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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】借助对数函数单调性可得即可得，再借助并集定义即可得. 【详解】由，可得，即， 又，则. 故选：C. 2. （ ） A. 1 B. i C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由同角的三角函数结合两角和的正余弦以及复数的乘法可得. 【详解】 ， 故选：B． 3. 已知等差数列中，是的一个极大值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦函数的性质结合等差中项和正切函数的取值可得. 【详解】的极大值就是函数的最大值点：， ， 故选：D. 4. 米斗是随着粮食生产而发展出来的称量粮食的量器，早在先秦时期就有．如图，是米斗中的一种，可盛10升米（1升）.已知该米斗的盛米部分为正四棱台，上口宽为，下口宽，且，若该米斗的侧面与下底面所成角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正四棱台体积公式可得其高与的关系，再利用侧面与下底面所成角的正切值即可得出答案. 【详解】设该米斗的高为，，解得， 而侧面与下底面所成角的正切值为， 解得． 故选：B. 5. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先得出为奇函数，且知在上单调递增，再解不等式即可． 【详解】令，， 为奇函数，且知在上单调递增． ， 原不等式可转化为， ，解得． 故选：D． 6. 已知的部分图象如图，则可能的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图象得到函数的定义域，再由指数和对数函数的性质逐一判断即可. 【详解】由图可知的定义域为且， 选项A，，则的定义域是R，故A错误； 选项B，，因此的定义域是，故B错误； 选项C，，因此的定义域是，故C错误； 选项D，若，则的定义域为且，故D正确． 故选：D． 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，判断单调性，结合单调性可比较大小. 【详解】由常用不等式可得，； 由常用不等式可得，，所以； 下面比较和的大小： 设， 设， 令，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递减，， 即在上恒成立，则在上单调递减， 由，则，即，则， 综上所述，． 故选：D． 8. 已知函数，则函数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知有，应用导数研究的最值，由正弦型函数的性质求的最值，即可得答案. 【详解】由题设， 对于，有， 所以，而， 易知时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，即， 对于，，显然， 综上，，即最大值为. 故选：C 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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 已知单位向量满足，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据向量的线性运算、数量积的运算性质、向量的模长与数量积的关系逐项验证即可得结论. 【详解】单位向量，则， 对于A，因为，所以，所以，A正确； 对于B，若，则，两边同时平方可得，即，解得，B错误； 对于C，若，且，两边同时平方可得，即，又，解得，C正确； 对于D，因为，两边同时平方可得，即，解得且，D错误． 故选：AC. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小正周期为 C. 曲线关于直线轴对称 D. 当时，函数有8个零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用二倍角余弦公式将转化为的二次函数并求其最大值即可判断A；对于B，由有相同的最小正周期，即可判断B；对于C，通过代入检验得可判断C；对于D，得，结合的图象可判断D. 【详解】对于A，， 当时，取得最大值，且最大值为，故A选项错误； 对于B，因为的最小正周期均为， 所以的最小正周期为，故B选项正确； 对于C，因为， 所以曲线关于直线轴对称，故C选项正确； 对于D，令， 得，则， 结合函数的图象，可知方程在上有8个不同的实根，故D选项正确； 故选：BCD． 11. 已知正方体棱长为为正方体内切球的直径，点为正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当为中点时，与所成角余弦值为 B. 当面时，点的轨迹长度为 C. 的取值范围为 D. 与所成角的范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由异面直线间夹角公式可得A错误；由棱锥的体积公式求出点到平面的距离，再由正方体的性质得到点所处的平面，然后由面面交线得到轨迹可得B正确；结合图形，由向量的加法和数量积可得C正确；由图形当与球相切时，与所成的角最大，计算可得D错误. 【详解】根据题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，对于A，如下图所示： 易知，则， 可得， 即当为中点时，与所成角余弦值为，可得A错误； 对于B，易知是边长为的正三角形，故其面积为， 由三棱锥的体积为，可得点到平面的距离为， 即点在与平面平行且距离为的平面内，连接，如下图所示： 由正方体性质可得平面平面，且两平面间的距离等于，所以点平面，又面，平面平面，即可得点的轨迹即是线段，因此点的轨迹长度为，即可得B正确； 对于C，依题意可知即为正方体的中心，如下图所示： ， 又因为为球的直径，所以， 即可得， 又易知当点为正方体与球的切点时，最小；当点为正方体的顶点时，最大； 即，因此可得的取值范围为，即C正确； 对于 D，易知的中点即为球心，如下图所示： 当与球相切时，与所成的角最大，此时， 显然，结合两直线所成角的范围可知与所成角的范围为错误，即D错误． 故选：BC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ，若定义，则中的元素有_______个． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的运算公式，结合题中定义进行求解即可. 【详解】因为，， 所以，， 共14个元素. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题中定义. 13. 数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，（，），则是斐波那契数列的第______________项. 【答案】2025 【解析】 【分析】由斐波那契数列的递推关系式可得（，），结合累加法求解即可. 【详解】由题意知，（，）， 所以（，）， 所以，，……，， 由累加法可得， 则， 所以是斐波那契数列的第2025项. 故答案为：2025. 14. 三个半径为6的小球两两外切同时放到水平的桌面上，三个小球和桌面之间的空隙可以再放一个小球，则这个小球的最大半径是______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意作出图形，将问题转化成四个球的球心之间的数量与位置关系，设所放小球的最大半径为，结合图形，将用表示，利用建立方程，求解即得. 【详解】设三个半径为6的小球的球心分别是，在三个小球和桌面之间的空隙所放的小球的球心为，最大球的半径为，如图所示. 因球两两外切同时放在水平桌面上，故，， 设的外心分别为，则点必在上，连接并延长交于点， 则，在中，又， 则 ， 又因，可得，解得. 故答案为：2. 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求证：； （2）若，求的面积． 【答案】（1） 由正弦定理，知， 所以，即为， 所以，即， 所以． 因为， 所以或，即或（舍去）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理化边为角，结合三角恒等变换可得结论； （2）根据条件求出，结合边的关系及余弦定理可求，利用面积公式可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，即， 由余弦定理，得， 即，解得， 所以． 又由，可得， 得， 所以的面积． 16. 已知数列的前n项和为，，． （1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和为； （3）若对任意恒成立．求实数的取值范围． 【答案】（1）证明如下： 由，则，又， 所以数列是首项、公差均为的等差数列，则， 所以. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题设递推关系有，结合等差数列定义判断证明，进而写出通项公式； （2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求； （3）将问题化为恒成立，作差法判断右侧的最小值，即可得参数范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，则， 所以， 所以. 【小问3详解】 由（1）（2），则，整理得恒成立， 令，则， 当时，当时，当时， 所以，即的最小值为， 综上，. 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的极值； （3）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）极小值为，无极大值． （3）． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）先对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值； （3）令，由，得，再结合的单调性可求得，然后再利用导数证明当时，即可. 【小问1详解】 当时，， 故曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 当时，，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，无极大值． 【小问3详解】 令， 由得， 令，则在上单调递减， 又，故． 下面证明当时，． 易知． 设，则， 当时，， 当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即 设，则， 当时，， 当时，， 故，则，即． 故，则． 故所求的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义及利用导数求函数极值、解决不等式恒成立问题，第（3）问解题的关键构造函数，结合求出的取值范围再证明，考查计算能力和转化思想，属于较难题. 18. 四棱锥中，，，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接, 因为均为中点，所以，且； 因为，，所以，即; 又，所以,所以四边形是平行四边形，所以, 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）作辅助线，结合平行四边形性质证明线线平行，结合线面平行的判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系，求出平面法向量，结合线面角的公式可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 不妨设，则,,则, 设，因为，所以， 解得，即. 因为,,所以, ,, 设平面的一个法向量为，则， 令，可得， 设与平面所成角为，则,所以与平面所成角的正弦值为. 19. （1）在复数范围内解方程； （2）设，且，证明：； （3）设复数数列满足：，且对任意正整数，均有.证明：对任意正偶数，均有. 【答案】（1），，； （2）方法一：证明：由，， 可设，，. 所以 ； ， 故. 方法二： 选学内容方法 由，且， 可设，. 则，， 则 （3）由于，且对任意正整数，均有，故 整理得， 解得. 因此，故 进而由得， ① 因为为偶数， 又 利用①得 所以对任意正偶数，均有. 【解析】 【分析】（1）将方程因式分解，借助求根公式即可求； （2）方法一，设复数的代数形式，计算即可；方法二，设复数的三角形式，计算即可； （3）将已知化简可得，利用等比数列通向公式即可求出，结合等比数列求和公式即可证明. 【详解】（1）由得，即， 由解得， 由，利用二次方程求根公式得，即， 所以的根为，，. （2）略 （3）略 【点睛】关键点点睛：本题（3）的关键是将已知变形求出，将问题转化成数列问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高三年级十二月阶段检测考试 数学 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. （ ） A. 1 B. i C. D. 3. 已知等差数列中，是的一个极大值点，则（ ） A. B. C. D. 4. 米斗是随着粮食生产而发展出来的称量粮食的量器，早在先秦时期就有．如图，是米斗中的一种，可盛10升米（1升）.已知该米斗的盛米部分为正四棱台，上口宽为，下口宽，且，若该米斗的侧面与下底面所成角为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知的部分图象如图，则可能的解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则函数的最大值为（ ） 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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 已知单位向量满足，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小正周期为 C. 曲线关于直线轴对称 D. 当时，函数有8个零点 11. 已知正方体棱长为为正方体内切球的直径，点为正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当为中点时，与所成角余弦值为 B. 当面时，点的轨迹长度为 C. 的取值范围为 D. 与所成角的范围为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ，若定义，则中的元素有_______个． 13. 数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，……称为斐波那契数列，该数列是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，满足，（，），则是斐波那契数列的第______________项. 14. 三个半径为6的小球两两外切同时放到水平的桌面上，三个小球和桌面之间的空隙可以再放一个小球，则这个小球的最大半径是______． 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求证：； （2）若，求的面积． 16. 已知数列的前n项和为，，． （1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和为； （3）若对任意恒成立．求实数的取值范围． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求的极值； （3）若恒成立，求的取值范围． 18. 四棱锥中，，，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 19. （1）在复数范围内解方程； （2）设，且，证明：； （3）设复数数列满足：，且对任意正整数，均有.证明：对任意正偶数，均有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $