精品解析：湖南长沙市金阳高级中学2024-2025学年度高三上学期12月学情检测数学试卷

2024∼2025学年度高三上学期12月学情检测 数学试题 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：本大题共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，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， 故，所以. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】因为，其实部，虚部，所以. 3. 已知点，则与同向的单位向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，， 所以与同向的单位向量为. 4. 梯形的直观图是一个等腰梯形，等腰梯形的底角为45°，面积，则梯形的面积是（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】由斜二测画法可知，原图形的面积和直观图面积满足， 所以梯形的面积为. 5. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，若中点的纵坐标为3，则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【详解】由抛物线方程知，， 设，，线段的中点的纵坐标为3， 所以，而， 所以. 6. 记为等差数列的前项和.若的公差为，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式、前n项和公式得到，设从而有，应用基本不等式求最小值. 【详解】已知等差数列中，公差为（且） 由，，， 所以，， 设且，所以，得，所以， 所以， 当且仅当，即时，即时，取等号， 综上所述，的最小值为. 7. 知数中学举办数学综合测评，设置10道题目，比赛规则如下：每答对一道题目得10分，答错一道题目扣5分. 小明作答了全部10道题，每道题只有答对、答错两种结果，且小明答对每道题目的概率均为，用随机变量表示小明最后的得分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项分布的期望与方差公式以及性质分析计算即可. 【详解】设小明答对的题目的题数为随机变量， 由题意可知服从的二项分布，即， 所以， 因为每答对一道题目得10分，答错一道题目扣5分， 所以小明最后的得分， 所以， . 8. 定义在上的函数满足当时，，且时.若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析的对称性和单调性，使用的单调性求解. 【详解】由可得的图象关于点中心对称， 令，得，即， 由在上的函数满足当时，，可知为非减函数， 当时，，令，得， 因为是非减函数，，又，所以， ，即， 令，不等式转化为，结合是非减函数， 时，；时，不成立， 故解为，即， 在时，，解得. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分. 9. 设函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 图象关于直线对称 C. 在区间单调 D. 当且仅当 【答案】AC 【解析】 【详解】函数， 的最小正周期，A选项正确； ，不是最值，直线不是图象的对称轴，B选项错误； 时，，是正弦函数的单调递增区间， 所以在区间单调，C选项正确； 时，，解得， 即，此时，D选项错误. 10. 在直角坐标系中，点为动点，，记的轨迹为为的上顶点，则（ ） A. 的方程为 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先求出轨迹方程判断A，根据距离公式可判断B，根据反例判断C，根据二次函数的性质判断D. 【详解】设（），由斜率公式得，， 所以，整理得（，）. 因为轨迹不包含，两点， 所以的方程不能写成的形式，A 错误； 由的方程知其上顶点为，所以，B 正确； 当 时，与重合. 直线 的斜率分别为 ， 则，而为三角形内角，故. 而​，C错误； ， 因为 在椭圆 上，所以 ， 故， 而或，所以即，D 正确. 11. 设是随机试验中两事件，记，则（ ） A. 当互斥时， B. 当时， C. 当时， D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合概率的基本性质、事件的关系运算，逐个验证四个选项的正误. 【详解】对于A，当互斥时，，选项A正确； 对于B，当时，，， ， 因为概率满足，所以，可得， 即，因此B选项正确； 对于C，， 记，条件即，代入 整理可得： 取，代入得，， 满足，符合概率取值要求，此时，超出了选项给出的区间，因此C选项错误； 对于D，记，则，， 根据概率的取值范围： 我们分三种情况求的最大值： 当时，要求，此时， 当时，不妨设， 则， 当时， ， 三种情况的最大值都不超过，因此，D选项正确. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 方程不同正整数解的组数为_________. 【答案】6 【解析】 【详解】由题意得的不同正整数解， 发现有共组. 13. 已知偶函数有两个零点，则_________；的取值范围为_________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据是偶函数，得，；由=是偶函数，有两个零点等价于在上有一个零点，根据单调性，及，时，得. 【详解】因为是偶函数， 所以===， 因为， 所以；此时==， 因为是偶函数，要使有两个零点，只需在上有一个零点， 因为在上单调递增，，时， 所以. 14. 一个正四棱台形盒子（厚度不计），底边长为1，顶边长为3，容积为，放进一块正四面体积木后盖上盖子，若积木能在其中自由转动，则积木体积的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正四面体积木体积最大时的外接球即为正四棱台形盒子的内切球进行求解即可. 【详解】积木可以在盒子里面自由转动，等价于正四面体要完全放在正四棱台的内切球内部，也就是正四棱台有内切球，内切球半径为，正四面体能自由转动的最大尺寸就是这个内切球为它的外接球. 设正四棱台形盒子的高为，则. 所以，则. 过正四棱台上下底面各一组对边中点的平面截该棱台得等腰梯形， 分别取的中点，则，. 当时，则内切球球心为中点. 设点到的距离为，则. 所以，解得. 所以正四棱台的内切球半径. 所以正四面体积木体积最大时，外接球半径为. 设正四面体积木棱长为，所以，解得. 此时正四面体积木的体积为. 所以积木体积的最大值为. 四､解答题：本大题共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.已知. （1）求； （2）若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 又因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以，可得. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 所以， 则 ， 在中，可得解得， 可得，所以，则， 即. 所以的周长的取值范围为. 16. 如图，在四棱锥中，为棱的中点.已知底面. （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值. 【答案】（1）方法一：（几何法） 因为， 所以，即 又因为平面平面， 所以 又因为， 所以平面. 又因为平面， 因此. 方法二：（向量法） 要证，即证 由于，又因为平面平面， 所以，即. 因为平行于， 所以，即. 因此. 故. 方法三：（空间向量坐标法） 因为平面. 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ，，设， 于是， 因为， 故. （2） 【解析】 【分析】（1）方法一利用几何法由线面垂直得到线线垂直得证；方法二将其他向量用基向量表示，然后证明即可；方法三建立空间直角坐标系得到向量的坐标，然后经过运算得到即可证明；（2）坐标法建立空间直角坐标系得到向量的坐标，然后利用夹角公式得到二面角的正弦值即可；几何法中的解法一利用等体积法求高，然后利用几何关系得到二面角的正弦值；解法二通过构造二面角的平面角，然后利用平面几何知识求得二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：（空间向量坐标法） 因为平面平行于. 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为， 设. 又因为为棱的中点，所以 . 设平面的一个法向量为 则，所以 取，则，，则 设平面的一个法向量为 则，所以 取，得，，. 设二面角为， 所以. 因此. 故二面角的正弦值为. 方法二：（几何法） 过点作，垂足为，连接， 过点作，垂足为，连接. 设二面角为， 由题可知，，得. 因为平行于， 所以四边形为矩形，. 又因为，故，即为的中点. 在中，由勾股定理得，. 由于平面平面，所以. 在，中， 由勾股定理得，. 在中， 由勾股定理得，. 在中，由余弦定理得，， . 于是. 因为为的中点，得. 由（1）可知，. 在中，由勾股定理得，. 在中，由勾股定理得，. 又因为，所以为等腰三角形， 由于为的中点，故. 在中，由勾股定理得，. 在中，由余弦定理得，， ， 于是， . 因为平面，三棱锥的高为， . 由于为的中点，， 故. 解法一：由于 设到平面的距离为，由几何关系得，. 由于， 代入， 可得. 由于. 可得， 化简得. 故二面角的正弦值为. 解法二：设到平面的距离为，连接 由于，解得. 又因为，解得. 因为平面平面， 所以. 又因为， 所以平面， 由于平面 所以. 因为平面平面， 所以为二面角的平面角. 因为为直角三角形， 因此. 故二面角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）当时： （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）证明：恰有两个极值点； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）（i）； （ii）令，则 令，得. 所以当时，单调递增； 当时，单调递减； 故在存在唯一零点，在上存在唯一零点 即存在两个不同的变号零点，即恰有两个极值点. （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用导数的几何意义求切线即可；（ii）利用单调性以及零点存在性定理，证明在有两个变号零点即可;（2）分离参数，然后讨论的单调性以及最小值即可求得. 【小问1详解】 （i）当时，， ， ，， 所以曲线在点处的切线方程为 （ii）略 【小问2详解】 可变形为 令，则 令，则， 设，则令，则. 在单调减，在单调增. 所以对恒成立. 故在上单调递增， 当时，单调递减； 当时，单调递增 ，故， 综上所述，实数的取值范围为. 18. 已知直线平行于轴，双曲线的右焦点为上一动点到的距离是到距离的倍. （1）求的方程； （2）设的左顶点为，直线交于点，点在直线上，且. （i）证明：存在定点使得； （ii）若，求的坐标. 【答案】（1） （2）（i） 方法一： 设到的距离为，由于，由三角形相似得， 依题意，，故到的距离为，， 而，且由题意得， 故，即在以为圆心，4为半径的圆上 因此，只需是直径，则，故存在点满足题意 检验：当在x轴时，与重合，与矛盾，故不在轴，故与不会重合，即点满足题意 方法二： 不妨设，由于，故 故 由于图形整体关于轴对称，故点必然在轴上，设其坐标为 则 依题意得，故 展开并代入坐标得 由于始终成立，故，当时，三者均满足，故存在点 检验：当在x轴时，与重合，与矛盾，故不在轴，故与不会重合，即点满足题意 方法三： 设直线， 由于不在轴，故必然存在， 代入得，故直线倾斜角的正切值为 联立与双曲线得 ，由韦达定理得， 由于交点为，故，代入得 故的倾斜角的正切值为 而，即 故，即在以为圆心，4为半径的圆上 因此，只需是直径，则，故存在点 检验：当在x轴时，与重合，与矛盾，故不在轴，故与不会重合，即点满足题意 （ii）或 【解析】 【分析】（1）设出点坐标，根据题目中的条件，用待定系数法求解. （2）（i）可利用证明是直径或者向量的数量积为0或者韦达定理结合斜率的定义进行证明； （ii）利用三角形相似或者斜率的定义结合正切的差角公式求解. 【小问1详解】 设，可得，由于轴，故可设， 依题意可得，，即， 可得，故有 由题意可得 解得，即 【小问2详解】 （i）略 （i i）由于图形整体关于轴对称，故点必然在轴上 由此可得，随着的移动，点最多存在两个，分列左右 方法一： 取，故垂直平分 由于，故 故，故有 取点，故 故有 由于，故，而，且 故，可得 因此 由于，故若在右侧存在第二个点，其必定位于线段上，设其为 由于 故 故 可得 代入数据得，故 故点的坐标为或 方法二： 由（2）（i）得 设 可得倾斜角的正切值为倾斜角的正切值为 可得直线的斜率为的斜率为 结合，可得 同理可得 故 解得或 故点的坐标为或 19. 记为数列的前项和，且共有项，各项均为正数.已知，对于一切正整数，均有. （1）当时，求； （2）当时，求的通项公式； （3）当时，从所有满足题意的数列中随机抽取一个,，设为的前项和，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1)根据,求出,代入求解即可； (2),根据和与项的转换关系，先求出和，再求通项； (3)令，构造函数，利用导数分析函数的单调性，结合简单的随机抽样，得到，求出多元函数化为单元，结合根与系数关系可得，所以，，可得. 【小问1详解】 令，则， 因为，所以， 所以， 因为，所以. 【小问2详解】 此时， 又因为，所以， 移项整理，得， 因为，所以，所以， 即是以1为首项，2为公比的等比数列，即， 当时，， 所以 【小问3详解】 令，因为，所以， 由题意得，， 即，所以， 设，则， 2 - 0 + 0 - 单调递减 极小值点 单调递增 极大值点 单调递减 因为有零点，故，即. 当时，由（2）得， 当时，令，解得或， 因为， 由零点存在性定理可知，共有三个零点， 不妨设为， 所以此时或，即或， 设, …… 因为从到共次递推，每次递推有两种递推公式，故总情况有种， X的可能取值为， 因为方程（I）可变形为， 展开得（II）. 比较（I）和（II）得， 所以， 因为在上单调递减， 所以， 因为随的增大而减小，所以， 综上所述，. 【点睛】考查了学生数列与简单随机抽样的综合能力，数学建模的能力，以导数为工具解决函数的性质的实际应用能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024∼2025学年度高三上学期12月学情检测 数学试题 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：本大题共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，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3 3. 已知点，则与同向的单位向量为（ ） A. B. C. D. 4. 梯形的直观图是一个等腰梯形，等腰梯形的底角为45°，面积，则梯形的面积是（ ） A. 2 B. C. D. 4 5. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，若中点的纵坐标为3，则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 11 6. 记为等差数列的前项和.若的公差为，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 知数中学举办数学综合测评，设置10道题目，比赛规则如下：每答对一道题目得10分，答错一道题目扣5分. 小明作答了全部10道题，每道题只有答对、答错两种结果，且小明答对每道题目的概率均为，用随机变量表示小明最后的得分，则（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数满足当时，，且时.若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分. 9. 设函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 图象关于直线对称 C. 在区间单调 D. 当且仅当 10. 在直角坐标系中，点为动点，，记的轨迹为为的上顶点，则（ ） A. 的方程为 B. C. D. 11. 设是随机试验中两事件，记，则（ ） A. 当互斥时， B. 当时， C. 当时， D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 方程不同正整数解的组数为_________. 13. 已知偶函数有两个零点，则_________；的取值范围为_________. 14. 一个正四棱台形盒子（厚度不计），底边长为1，顶边长为3，容积为，放进一块正四面体积木后盖上盖子，若积木能在其中自由转动，则积木体积的最大值为__________. 四､解答题：本大题共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.已知. （1）求； （2）若，求周长的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，为棱的中点.已知底面. （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）当时： （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）证明：恰有两个极值点； （2）若，求的取值范围. 18. 已知直线平行于轴，双曲线的右焦点为上一动点到的距离是到距离的倍. （1）求的方程； （2）设的左顶点为，直线交于点，点在直线上，且. （i）证明：存在定点使得； （ii）若，求的坐标. 19. 记为数列的前项和，且共有项，各项均为正数.已知，对于一切正整数，均有. （1）当时，求； （2）当时，求的通项公式； （3）当时，从所有满足题意的数列中随机抽取一个,，设为的前项和，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $