精品解析：陕西省镇安中学2024-2025学年高三下学期第七次月考数学试题

镇安中学2025届高三年级第七次月考数学试题 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “一元二次方程有实数根”是“”的（   ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 106 B. 53 C. 48 D. 36 4. 已知为定义在R上的奇函数，当时，．若在上单调递减，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，线段中点的纵坐标为1，O为坐标原点，则O到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，给出下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. 在上为增函数 D. 函数在上有且只有2个零点 11. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则下列关于的说法正确的有（ ） A. 的一个周期为4 B. 点是函数的一个对称中心 C. 时， D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数的实部与虚部之和为__________. 13. 在矩形中，，，E为的中点，F为的中点，Q为边上的动点（包括端点），则的取值范围为______． 14. 设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为，，，若，，则称这个三位数为“峰型三位数”，例如251和121都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5中的部分数字组成的三位数中，“峰型三位数”的个数为_______________. 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A，B，C对应的边分别是a，b，c，且． （1）求； （2）若的面积是，，求的周长． 16. 随着AI技术的不断发展，人工智能科技在越来越多的领域发挥着重要的作用．某校在寒假里给学生推荐了一套智能辅导系统，学生可自愿选择是否使用该系统完成假期的作业．开学时进行了入学测试，随机抽取了100名学生统计得到如下列联表： 使用智能辅导系统 未使用智能辅导系统 合计 入学测试成绩优秀 20 20 40 入学测试成绩不优秀 40 20 60 合计 60 40 100 （1）判断是否有95%的把握认为入学测试成绩优秀与使用智能辅导系统相关； （2）若把这100名学生按照入学测试成绩是否优秀进行分层随机抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，记抽取的2人中入学测试成绩优秀的人数为，求的分布列及数学期望． 附：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 17. 如图，直角梯形中，，，，，等腰直角三角形中，，且平面平面，平面与平面交于. （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值. 18. 已知函数（，）在点处的切线方程为． （1）求函数的极值； （2）设（），若恒成立，求的取值范围． 19. 已知椭圆的离心率是，，分别是的上、下顶点，且． （1）求的方程； （2）已知直线与交于，两点（，异于点，），若直线与的斜率分别为，，且，证明：直线过定点； （3）点在上且位于轴左侧，点在直线上，为的右焦点，若，且，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 镇安中学2025届高三年级第七次月考数学试题 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为，而， 所以． 故选：C． 方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以． 故选：C． 2. “一元二次方程有实数根”是“”的（   ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若一元二次方程有实数根，则且， 所以充分性成立； 由推不出，即推不出方程一定为一元二次方程，故必要性不成立； 所以“一元二次方程有实数根”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 已知等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 106 B. 53 C. 48 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件可得，再利用等差数列的求和公式及性质即可得解. 【详解】，， ，则. 故选：D 4. 已知为定义在R上的奇函数，当时，．若在上单调递减，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、单调性列出相应不等式，即可求得答案. 【详解】因为为定义在R上的奇函数，所以， 若在上单调递减，故只需，即， 故选：A． 5. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式求解. 【详解】因为， 所以， 故选：C 6. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用排除法，根据函数奇偶性排除BD，根据函数值的符号排除A. 【详解】令，可得，即，可得函数的定义域为， 且， 所以函数为奇函数，图象关于原点对称，所以B､D不符合题意； 当时，，所以0，所以A不符合题意； 故选：C. 7. 直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，线段中点的纵坐标为1，O为坐标原点，则O到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，，代入抛物线方程，两式相减后结合线段中点的纵坐标得出，再结合焦点的坐标得出直线的方程，由点到直线距离公式计算即可． 【详解】由抛物线得焦点， 设，，则， 两式相减得，即， 因为线段中点的纵坐标为1，即， 所以，即， 所以直线的方程为，即，显然此时直线与抛物线有两交点， 所以到直线的距离， 故选：A． 8. 在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将该三棱柱放入正方体中，借助正方体的外接球求解长度，即可根据体积公式求解. 【详解】由于两两垂直,将该三棱柱放入正方体中，如图： 故该三棱锥的外接球与正方体的外接球相同， 故该三棱锥外接球的半径为. 由，得. 由于平面，所以该三棱锥的体积为. 故选：B 二、多项选择题：本题共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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，给出下列不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由题知，再结合不等式的性质依次讨论各选项即可得答案. 【详解】因为，所以 ， 故对于A选项，，故A选项正确； 对于B选项，由于，，即：，故B 选项错误； 对于C选项，由于，故，所以，所以，故C选项正确； 对于D选项，由于，所以，所以，故D选项错误. 故选：AC 【点睛】本题考查不等式的性质比较大小，解题的关键在于利用作差法比较大小和结合函数的单调性比较大小，考查运算求解能力，化归转化思想，是中档题. 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. 在上为增函数 D. 函数在上有且只有2个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的周期判断A，根据函数的对称轴判断B，根据正弦型函数的单调性判断C，根据数形结合判断D. 【详解】对于选项A：由题意得函数的最小正周期为， 所以成立，A项正确； 对于选项B：因为为最小值， 可知直线是图象的一条对称轴，所以成立，B项正确； 对于选项C：当时，， 且在内单调递减，可知在上为减函数，C项错误； 对于选项D：由题意知在有两个不等实根， 设，且， 由函数的图象，如图， 易知与直线有两个不同的交点，D项正确. 故选：ABD 11. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则下列关于的说法正确的有（ ） A. 的一个周期为4 B. 点是函数的一个对称中心 C. 时， D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由为奇函数，为偶函数，可求得的周期为4，即可判断函数的对称性，由为奇函数，可得，结合，可求得，的值，从而得到时，的解析式，再利用周期性从而求出的值． 【详解】为奇函数，，且，函数关于点， 偶函数，，函数关于直线对称， ， 即，， 令，则，， ，故的一个周期为4，故A正确； 则直线是函数的一个对称轴，故B不正确； 当时，， ，， 又，，解得， ，， 当时，，故C不正确； ，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数的实部与虚部之和为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据复数模长可得，即可根据虚部和实部定义求解. 【详解】由题意得，所以复数的实部与虚部之和为5. 故答案为：5 13. 在矩形中，，，E为的中点，F为的中点，Q为边上的动点（包括端点），则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】建立适当的平面直角坐标系，引入参数，结合向量数量积的坐标公式将表示成的函数，由此即可得解. 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系： 由题意，设， 从而， 所以的取值范围是. 故答案为：. 14. 设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为，，，若，，则称这个三位数为“峰型三位数”，例如251和121都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5中的部分数字组成的三位数中，“峰型三位数”的个数为_______________. 【答案】40 【解析】 【分析】根据给定条件，利用“峰型三位数”是否含有数字0分类，结合排列、组合计数问题列式计算即得. 【详解】①若“峰型三位数”由三个不同的数字组成： 当“峰型三位数”含有数字0时，0必为个位，再从余下5个数字中任取两个，大的数字为十位，有种方法； 当“峰型三位数”没有数字0时，从除0外的5个数字中任取3个，最大数字作十位，有种方法， 此时，“峰型三位数”的个数为； ②若“峰型三位数”由两个不同的数字组成，则一定不包含0，此时共有种方法； 综上，“峰型三位数”的个数为. 故答案为：40 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A，B，C对应的边分别是a，b，c，且． （1）求； （2）若的面积是，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合两角和的正弦公式求解； （2）利用面积公式、余弦定理运算求解. 【小问1详解】 由，可得到， 即． 因为，所以，故． 【小问2详解】 由，可得， 因为，所以，则． 由余弦定理得，即， 所以，故的周长是． 16. 随着AI技术的不断发展，人工智能科技在越来越多的领域发挥着重要的作用．某校在寒假里给学生推荐了一套智能辅导系统，学生可自愿选择是否使用该系统完成假期的作业．开学时进行了入学测试，随机抽取了100名学生统计得到如下列联表： 使用智能辅导系统 未使用智能辅导系统 合计 入学测试成绩优秀 20 20 40 入学测试成绩不优秀 40 20 60 合计 60 40 100 （1）判断是否有95%的把握认为入学测试成绩优秀与使用智能辅导系统相关； （2）若把这100名学生按照入学测试成绩是否优秀进行分层随机抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，记抽取的2人中入学测试成绩优秀的人数为，求的分布列及数学期望． 附：，其中． 0.10 0.05 0.025 0.010 2.706 3.841 5.024 6.635 【答案】（1）没有 （2）分布列为： 0 1 2 ，【解析】 【分析】（1）计算卡方后与3.841比较大小即可得； （2）借分层抽样的性质可得5人中成绩优秀的人数，再得出的可能取值后计算相应的概率即可得其分布列，即可得其期望. 【小问1详解】 ， 没有的把握认为入学测试成绩优秀与使用智能辅导系统相关； 【小问2详解】 ，，人中2人成绩优秀，3人成绩不优秀， 的取值可能为、、， ，，， 分布列为： 0 1 2 ． 17. 如图，直角梯形中，，，，，等腰直角三角形中，，且平面平面，平面与平面交于. （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明: 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面与平面交于，平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知利用线面平行的判定定理得平面，进而由线面平行的性质定理即可证明结论； （2）取中点，连接，，，由等边三角形的性质得，又由面面垂直的性质定理可得平面，可得三线两两垂直，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取中点，连接，，，因为，， 所以是等边三角形，由三线合一得：， 又因为是等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 故三线两两垂直， 如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为且由（1）知， 所以四边形为平行四边形，可得， 所以，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又平面的一个法向量可取，所以， 设二面角的大小为，由题意为锐角，所以， 所以二面角的余弦值为. 18. 已知函数（，）在点处的切线方程为． （1）求函数的极值； （2）设（），若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合导数的几何意义可得，进而利用导数判断的单调性和极值； （2）根据题意分析可知：原题意等价于在内恒成立，令设，利用导数求的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解. 【小问1详解】 由题，， 由题意可得，解得， 所以，． 令，解得，令，解得， 可知在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，有极小值，极小值为，无极大值． 【小问2详解】 由题意可知：，且， 整理得，原题意等价于在内恒成立， 设，则， 设，则． 当时，；当时，， 可知在内单调递增，在内单调递减， 则，即当时，恒成立， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 由恒成立，可得， 所以的取值范围为． 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 19. 已知椭圆的离心率是，，分别是的上、下顶点，且． （1）求的方程； （2）已知直线与交于，两点（，异于点，），若直线与的斜率分别为，，且，证明：直线过定点； （3）点在上且位于轴左侧，点在直线上，为的右焦点，若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 证明：由题意直线的斜率存在，设：，，， 联立，故，， 则，又， 故， 所以，所以， 所以，化简得， 即， 当时，直线过定点，不合题意； 当时，，直线的方程为， 所以直线恒过点. 综上，直线恒过点. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意有，，根据列式即可求解； （2）设：，，，联立与椭圆方程消元后，利用韦达定理可得坐标关系，利用两点式斜率公式，将韦达定理代入化简即可证明； （3）设出点的坐标，利用与列式求出坐标，进而求出边长，即可求出面积. 【小问1详解】 依题意有，，所以，所以，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 对于椭圆，其右焦点，设， 因为点在上且位于轴左侧，所以， 又点在直线上，故设， 因为，所以，即， 又，所以①， 又，所以，所以， 所以，所以②， 由①②消去得， 所以，解得或（舍去）或（舍去）， 所以，所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $