2024-2025学年度高三下学期学科素养月度测评数学（一）B版-【真题密卷】2024-2025学年高三下学期数学学科素养月度测评

密真 2024一2025学年度下学期学科素养月度测评 卷题 数学（一） 本试卷总分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、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有一项 是符合题目要求的。 1.已知a=(-1,2),b=(1,1),则a-b= () A.√5-√2 B.1 C.5 D.5 2.已知a+bi(a,b∈R)是关于x的方程x2+2x十c=0(c∈R)的一个虚根，则a=() A.-2 B.2 C.-1 D.1 3.已知角a的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边经过点（一1，一2），则tan2a= () A号 R C.-3 D青 4.已知f(x)是R上的奇函数，则函数g(x)=f(x十1)一2的图象恒过点 A.(1,-2) B.(1,2) C.(-1,2) D.(-1,-2) 3y2 .y2 5,已知椭圆C23的两个焦点与椭圆C2:61m>0的两个焦点构成正 方形的四个顶点，则m= () A.7 B.5 C.7 D.5 6.血压差是指血压的收缩压减去舒张压的值.已知某校学生的血压差服从正态分布X~ N(30,o2).若P(26<X≤30)=0.40，P(X≤a)=0.90,则a= () A.42 B.38 C.36 D.34 7.如图，在函数f(x)=sin(wx十p)的部分图象中，若TA=AB,则点A的纵坐标为 () 2-√2 A.2 B.3-1 C.5-√2 2 D.2-√3 数学试题（一）·第1页（共4页） 真题密卷·学手 8.将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，圆柱的轴线与正方体体 班级 对角线A,C重合，则圆柱底面圆的半径的取值范围是 ( A.(o. 6,25 c.) 姓名 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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 得分 9.一组样本数据为7,12,13,17,18,20,32，则 A.该组数据的极差为25 B.该组数据的第75百分位数为19 C.该组数据的平均数为17 D.若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则两组数据的平均数可能相等 10.已知抛物线C:x2=4y的焦点为F,O为坐标原点，点M(xo,yo)在C上，若|MF|= 5,则 () A.yo=4 B.以MF为直径的圆与x轴相切 C.F的坐标为(1,0) D.|OM|=22 11.如图，由函数y=e-e十1与y=ln(x十e一1)的部分图象可得一条封闭曲线T,则() A.Γ有对称轴 B.Γ的弦长的最大值为2√2 C.直线x十y=t被T截得弦长的最大值为√2(e一2) D.T的面积大于2e-4 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知集合A={a,2,-1},B={yy=x2,x∈A},若AUB的所有元素之和为12，则实 数入= 13.如图，数阵的每一行最右边数据从上到下形成以1为首项，2为公比的等比数列，每行 的第n(n∈N“)个数从上到下形成以2n-1为首项，3为公比的等比数列，则该数阵第m (m∈N)行所有数的和Sm= 第一行 第二行 32 第三行 9622 第四行2718122 第五行815436242 斗素养月度测评 数学试题（一）·第2页（共4页） B 14.在△A1B1C1中，若M1,N1,P1分别在边A1B1,B1C1,C1A1上（均不与端点重合）， △A1M1P1,△B1M1N1,△C1N1P1的外接圆交于一点O,则称O为密克点.在梯形 ABCD中，∠B=∠C=60°，AB=2AD=2,M为CD的中点，动点P在BC边上（不包含 端点)，△ABP与△CMP的外接圆交于点Q(异于点P),则BQ的最小值为 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。 1 15.(13分)已知函数f(x)=e-x十2ax2, (1)当a=1时，判断f(x)的单调性； (2)若f(x)只在x=0处取得极小值，且无极大值，求实数a的取值范围. 6.(15分)已知双曲线C名1Q>0,0>0的离心率为2，顶点到渐近线的距离为Y6 2 (1)求C的方程； (2)若直线l:y=x+2交C于A,B两点，O为坐标原点，且△AOB的面积为26，求 k的值. 17.(15分)为营造良好的学习氛围，某学校组织了一场学科综合知识竞赛，竞赛试题中有 一道6分的不定项选择题，共有A,B,C三个选项，该不定项选择题的正确答案最少有 一个选项，最多有三个选项，全部选对得6分，部分选对得部分分，即若有三个选项正 确，某同学选择了两个正确选项，可得4分，选择一个正确选项可得2分，有选错的得 0分；若有两个正确选项，选择一个正确选项可得3分，有选错的得0分.某同学三个 选项均不会做，只能靠运气猜，每个选项选与不选的概率均为？.已知该同学对该题选 择了若干个答案，不会不选 (1)求该同学对该题选择两个答案的概率； (2)若该题正确答案是BC,求该同学得分X的分布列和数学期望. B 数学试题（一）·第3页（共4页） 真题密卷 18.(17分)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为正方形，E,F分别为PA,PC的中点， 且平面PBD⊥平面BEF,平面BEF和平面ABCD不垂直. D, (1)证明：PA=PC (2)若PB=√2PD,当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求平面PAB与平面BEF夹角 的余弦值. 19.(17分)集合M={aa=x2-y2,x∈Z,y∈Z.对于数列{am},如果a:∈M(i=1,2,3,…), 则称{an}为“平方差数列” (1)已知在数列{am}中，a1=3,(n十1)am-nam+1=1,求数列{am}的通项公式，并证明 数列{an}是“平方差数列” (2)已知bm=2”,判断{bn}是否为“平方差数列”？并说明理由. (3)已知数列{cn}为“平方差数列”，求证：c:c;∈M(i,j=1,2,3,…). 学科素养月度测评 数学试题（一）·第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 2024一2025学年度下学期学科素养月度测评 数学（一） 命题要素细目表 关键能力：I.逻辑思维能力Ⅱ.运算求解能力Ⅲ.空间想象能力V,数学建模能力V.创新能力 核心素养：①数学抽象②逻辑推理③数学建模④直观想象⑤数学运算⑥数据分析 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 ① ②③④⑤⑥等级系数 1 单选题 向量的减法运算及模长 0.85 2 单选题 复数与一元二次方程 0.85 3 单选题 6 三角函数的简单计算 L L L 易 0.80 单选题 5 函数恒过定点问题 易 0.75 单选题 椭圆的相关计算 中 0.65 b 单选题 正态分布 中 0.60 单选题 5 三角函数的图象与性质 中 0.55 8 单选题 5 立体几何的应用 难 0.40 多选题 6 计算儿个数据的平均数、方差、 9 0.80 极差、百分位数 10 多选题 6 抛物线的综合应用 0.65 11 多选题 6 由方程研究曲线的性质 难 0.35 填空题 有关集合的运算 0.80 三 填空题 等比数列的通项公式与前n 项和 L 0.55 14 填空题 余弦定理解三角形 L 0.30 利用导数研究函数的单调性与 15 解答题 13 极值 0.70 16 解答题 公 双曲线的方程与面积问题 V 中 0.65 四 17 解答题 15 条件概率，离散型随机变量的分 中 布列与数学期望 0.55 18 解答题 17 线面垂直证明线线垂直，二面角 中 0.50 的向量求法 19 解答题 17 新定义数列 难 0.35 数学答案（一）·第1页（共6页） B 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体ABCD-ABCD1中，圆柱的轴线与正方体体对角线 A1C重合，则圆柱底面圆的半径的取值范围是 () ao,g》 B6,25） c 【试题解读】 第8题是以旋转体与多面体构成的组合体为载体，考查学生的空间想象能力、空间几何体的对称性以 及利用临界分析问题、把空间问题转化为平面问题的途径. ★如图，由函数y=e一e十1与y=ln(x十e一l)的部分图象可得一条封闭曲线T,则 () A.T有对称轴 B.Γ的弦长的最大值为22 C.直线x十y=t被T截得弦长的最大值为W2(e一2) D.T的面积大于2e一4 【试题解读】 第1题是由方程研究曲线的性质、求两曲线的交点、用导数判断或证明已知函数的单调性以及直线 平行、垂直的判定在几何中的综合应用. ★在△A1B1C1中，若M1,N1,P1分别在边A1B1,B1C,C1A1上（均不与端点重合），△A1M1P1, △B1M1N1,△C1N1P1的外接圆交于一点O,则称O为密克点.在梯形ABCD中，∠B=∠C=60°，AB= 2AD=2,M为CD的中点，动点P在BC边上（不包含端点），△ABP与△CMP的外接圆交于点Q(异于点 P),则BQ的最小值为 【试题解读】 第14题是解三角形的新定义题型，将三角知识以及最值问题综合在一起，体现了代数与几何之间的 相互转换，解决本题的关键是正确作出辅助线AE、ED,从而创造密克环境找到并明确，点Q的位置， B 数学答案（一）·第2页（共6页） ·数学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 x2=2x1- 3π+ 1.C【解析】由题得a-b=(-2,1),所以a-b|= 2wω’所以2y1=y2=f(x2)= y2=2y1, √4+1=√5. fl2,+号）=sm2a经+29)=osaa 2.C【解析】因为a+bi(a,b∈R)是关于x的方 +2p)=1-2sin2(aw1+p)=1-2y1,所以2y?+ 程x2+2x十c=0(c∈R)的一个虚根，所以a一bi (a,b∈R)是关于x的方程x2+2x+c=0(c∈ 2y11=0,又由图可知y1>0,所以为=Y2即 R)的另一个虚根，所以一2=a+bi+a一bi,解得 点A的纵坐标为， a=-1. 8.C【解析】如图，作出正方体ABCD-A:B1C1D1 ,D【解析】由三角高数的定义得an8-二 的两个全等且平行的正三角形截面EFG, =2, E1F1G1,则圆柱的两个底面是△EFG,△E1F1G 2tan a 所以tan2a=1-tana 4 的内切圆，设A1F=a(0<a<1),△EFG, 一3 △E1F1G1内切圆的半径为r,则FG=√2a,所以 4.D【解析】因为f(x)是R上的奇函数，所以 2GX3=a,而0，F=2= 16 3a,所以 f(0)=0,又g(x)=f(x+1)-2,令x+1=0,即 x=-1,所以g（一1)=f(0)-2=一2，所以 g(x)的图象恒过点（一1，一2）. 圆柱的高为h,又正方体的体对角线为√12+1十1 5.A【解析】根据题意，C1的两个焦点分别为 (3,0),(一3,0)，C1的两个焦点与C2的两个焦 一5，所以h一5-2。，脾五=5-2，里然当 圆柱的两底面圆逐渐靠近时，半径越来越大，令h= 点构成正方形的四个顶点，所以C2的两个焦点 分别为(0,3)，(0，-3)，所以16-m2=9,又m> 5-2E=0,解得，= 4,所以圆柱底面圆的半径 0,解得m=√7 6.D【解析】由P(26<X≤30)=0.40，可得P(30< X≤34)=0.40，则P(X≤34)=0.40+0.50= B 0.90,故a=34. ,B【解桥】由题意z十P则x一、 所以T(吕0，设Aa,B 二、选择题 9.ACD【解析】对于A,极差为32-7=25，故A +貂 正确；对于B,7×75%=5.25,故第75百分位 数为20，故B错误；对于C,平均数等于 因为TA=AB,所以 2 二工1’解得 7+12+13+17+18十20+32-17，故C正确；对 y2 2 =y1, 于D,去掉17后，两组数据的平均数相等，故D 数学答案（一）·第3页（共6页） B 真题密卷 学科素养月度测评 正确】 正确 10.AB【解析】抛物线C:x2=4y的焦，点为 三、填空题 F(0,1),故C错误；点M(xo,yo)在C上，若 12.一3【解析】由题意，可知入≠一1且入≠2，当 |MF|=5,则|MF|=y。+1=5,所以y。=4, x=入时，则y=入2；当x=2时，y=4;当x=-1 故A正确；将y0=4代入x2=4y,得x02=16, 时，y=1;若入=1或-2，则B={1,4},此时 故M(4,4)或M(-4,4),所以OM= AUB的所有元素之和不为12，不符合题意，舍 √x十y=W16+16=4√2，故D错误；由D可 去；若入≠1且1≠一2，则B={1,4,入2)，故入2十 得以MF为克径的圆的国心为包，》盛 λ十6=12，解得入=一3或入=2（舍去）.综上所 述，λ=-3. (-2,》半经为号所以周心（么》或 13.3m一2m【解析】因为每行的第n个数从上到下形 (一2，》到x制的范高为等于司的年径，故 成以2”1为首项，3为公比的等比数列，所以Sm =3°×2m-1+31×2m-2+32×2m-3+…十3m-1× 以MF为直径的圆与x轴相切，故B正确. 3°×2m-1×1 11.ACD【解析】由y=e2-e十1，可得e=y+e 2 20 3m一2m】 3 1,所以x=ln(y十e-1),所以y=e2-e+1的反 12 函数为y=ln(x十e-l),即两函数的图象关于直 14.√7一1【解析】如图，延长BA,CD交于点E,则 线y=x对称，故A正确；联立y=e-e+1,可 由题可知△EBC为正三角形， ly=x, E 得e-e十1=x,令h(x)=e*-x-e+1,所以 h'(x)=e2-1,可得h(x)在(-∞，0)上单调递 减，在(0，十∞)上单调递增，又h(一2)>0， h(-1)=1十2-e<0,h1)=0,所以h(x)在 (-2,-1)上有一个零点x0,另一个零点为1， 所以A(1,1),B(xoyo),所以|AB|= 由题设结论可知△ABP,△CMP,△AME的外接 √2(1-xo)>2√2，故B错误；x+y=t与曲线 圆有唯一公共点，该公共点即为题中的点Q,故点 厂的对称轴即直线AB垂直，如图，只需考察曲 Q在△AME的外接圆上，又由题AD=DM=1, 线y=e2一e十1上的点P到直线y=x的距离 ∠BAD=∠ADM=180°-∠BCD=120°，所以 的最大值即可，即找出与曲线y=e2一e十1相 ∠AMD=30°，故∠EAM=180°-∠AMD- 切且与AB平行的直线，设切点为P。,令 ∠AED=90°，所以△AME是直角三角形，故其外 f(x)=e-e十1，则f'(x)=e,令f'(x)=1, 接圆半径R=AD=1,在△ABD中，由余弦定理可 解得x=0,此时P(0,2-e),则点P。到直线 得BD=√/22+12-2X2X1Xcos120°=√7，所以 y=x的距离d=e-2 所以直线x十y=t被下 √2 BQ的最小值为W7-1. 截得弦长的最大值为√2(e一2)，故C正确； VA B P 四、解答题 p B 15.解：(1)由题意，f'(x)=e-1+x, 因为y=e,y=x一1在R上单调递增， Sr>2SAPOAB =2X 2 (e-2)lzn-8l= 所以f'(x)在R上单调递增， (2分) (e-2)(1-xo)>2(e-2),-2<x。<-1,故D 又f'(0)=e°-1=0， B 数学答案（一）·第4页（共6页） ·数学· 参考答案及解析 所以当x∈(-∞，0)时，f'(x)<0,f(x)单调 2 2√6√/5-k2 递减；当x∈(0，+∞)时，f'(x)>0,f(x)单调 √/1+k213-k2 =2√6 递增， 解得=士1或=士2，符合（￥）式， 所以f(x)的单调递减区间为（一∞，0），单调递 所以=士1或k=士2. (15分) 增区间为(0，十∞). (6分) 17.解：(1)设“该同学对该题不会选空”为事件A, (2)由题意，f'(x)=e2十ax-1,可得f'(0)= “该同学选择两个选项”为事件B,且B二A, e°+a·0-1=0, 由题可知，f'(x)在R上单调递增. (8分) P(A)=1 °-，PB)-c(》- 二8 令g(x)=e十ax-l,则g'(x)=e十a≥0恒 3 (4分) 成立， P(AB)=P(B)=8' 当a≥0时，g'(x)=e十a≥0，符合题意；(10分) P(AB) 3 当a<0时，令g'(x)=e+a=0,解得x= 由条件概率可知，P(BA)=PA)= In(-a), 3 故该同学对该题选择两个答案的概率为，·(6分) 当x∈(-∞，ln(-a))时，g'(x)=e+a<0, 不符合题意 (12分) (2)由题知，X=0,3,6, (7分) 综上，实数a的取值范围为[0，十∞).(13分) 16.解：(1)记C的半焦距为c,由题得C的离心率 P(X=6) 2x》” P(A) 7,P(X=3)=PA) e==2①， 2 (13分) 由对称性不妨设C的顶点为(a,0),渐近线方程 则X的分布列为 为bx-ay=0,则b-6 c 2 ② 0 又a2+b2=c2③， 7 联立①②③，解得a=√2，b=√6，c=2√2， (4分) E(X)=0×号+3x号+6x-号 7 (15分) 所以C的方程为号若-1 (5分) 18.(1)证明：连接AC与BD交于点O,连接OP与 (2)设A(x1y1),B(x2y2), EF交于点Q,连接BQ,过点D作DH⊥BQ [y=kx+2, 于H, 联立 x2y2,得(3-k2)x2-4kx-10=0, 由平面PBD⊥平面BEF,且平面PBD∩平面 26=1, BEF=BQ,DHC平面PBD, 3-2≠0， 故DH⊥平面BEF, 所以 1△=16k2+40(3-k2)=120-24k2>0, 由于EFC平面BEF,所以DH⊥EF;(3分) 解得一√5<k<5且k≠土√5（￥）， 因为E,F分别为PA,PC的中点，因此EF∥ -10 AC,因此DH⊥AC. (5分) x1十x23-k2x1x2=3-k, (9分) 由底面ABCD为正方形可知AC⊥BD,因为 所以|AB|=√1+k√(x1+x2)2-4x1x2 DH∩BD=D,DH,BDC平面PBD, 所以AC⊥平面PBD, (6分) =1十k2 因为POC平面PBD,所以AC⊥PO, 因为O为AC的中点，所以PA=PC. (7分) 2√6√/1+k2√5-k 3-k2 (11分) 又点O到直线l的距离d=。 2 I+, （12分) nsaa-号Aa8d-}×261中6 |3-k2 数学答案（一）·第5页（共6页） B 真题密卷 学科素养月度测评 (2)解：不妨设AB=√2，以O为坐标原点，OA 19.(1)解：由题得m十1n an+l an 1 为x轴，OB为y轴，建立如图所示的空间直角 n(n+1)=- n 坐标系， 1 n+1 (1分) 当≥2时，”-层号）+（号》 H ++侵-）+a 则A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0, 1 -1,0), am_a-1111 nn-1=一n-1十n' 由(1)可知，点P在yO2平面内，设P(0,y0,之)， 由PB2=2PD|2, 所以贤=3-1-)-（合》-… 即(yo-1)2+z8=2(y0+1)2+2z,即(y+3)2 +z8=8, ()=2+ 当P-ABCD的体积最大时，xo=2√2，(9分) 则am=2n十1， (5分) 此时P0,-322.则E分，-2小， 因为am=2n+1=(n+1)2-n2,且n+1∈Z, n∈Z,所以an∈M, r(--w), 所以数列{am}是“平方差数列”. (7分) (2)解：假设2m=x2-y2=(x十y)(x-y). 则应=1,0,0，B配=（分，-82）A店= 因为x十y与x一y具有同奇偶性， 所有若x十y与x一y都是奇数，那么(x十y)· (-1,1,0) (11分) (x一y)也是奇数，而2”是偶数，矛盾； 设平面PAB的法向量为m=(a,b,c), 若x十y与x一y都是偶数，设x+y=2e,x-y m·AB=0, -a+b=0, 则 即15， =2f,则2m=4ef,即2-2=ef m…Bi=0,2a-2b+2c=0, 当a=1时，2=≠fefe2D。 令a=1,则m=(1,1,W2) (13分) 所以bn=2"庄M,{bn〉不是“平方差数列”. 设平面BEF的法向量为n=(x,y,之)， (12分) 则n·F应=0，=0， (3)证明：因为c:∈M,设c:=x一y, 即15 n…Bi=0,2x-2)+Ex=0, c,∈M,设c,=x-y. 则cc;=（x-y)(x号-y2)=（x1x2十 令之=5，则n=(0,2√2,5)， (15分) y1y2)2-(x1y2十x2y1)2. m·n72 则|cos(m,n)|=mm4X√33 7√66 因为x1,y1,x2,y2∈Z,所以x1x2十y1y2∈Z, 66 x1y2十x2y1∈Z,所以cc,∈M. (17分) 即平面PAB与平面BEF夹角的余弦值为 7√66 66 (17分) B 数学答案（一）·第6页（共6页）