内蒙古自治区巴彦淖尔市第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学

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一、单选题（共8小题，每小题5分）
1. 集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解不等式求出集合，，再根据交集的定义求解即可．
【详解】由，
，
则，
即，
故选：C.
2. 已知复数满足，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算求得复数，再利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】，，因此，.
故选：B.
【点睛】本题考查集合的运算，考查逻辑推理和运算求解能力，属于基础题.
3. 已知直线l经过点，且与直线垂直，则直线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由垂直得直线斜率，再由点斜式写出直线方程，化简即得．
【详解】直线的斜率为，直线与之垂直，则，
又过点，所以直线方程为，即．
故选：A．
4. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，且，则S13=（ ）
A. 78B. 91C. 39D. 26
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列基本量的运算可得，然后利用等差数列的前n项和公式求解即可.
【详解】因为，则，.
故选：A
5. 若、且，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式可判断各选项的正误.
【详解】因为、且，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，AB均错；
，当且仅当时，等号成立，C错；
，即，
当且仅当时，等号成立，D对.
故选：D.
6. 若向量的夹角为，，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两边平方得，结合条件可得，又由，可得，即可得出答案.
【详解】由两边平方得.
即，也即，所以.
又由，得，即.
所以
故选：A
【点睛】本题考查数量积的运算性质和根据向量垂直求参数的值，属于中档题.
7. 已知函数，则（ ）
A. 它的最小值为B. 它的最大值为2
C. 它的图象关于直线对称D. 它的图象关于点对称
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简，然后结合三角函数的性质依次判断各个选项，得到正确结果.
【详解】，
函数的最小值为1，最大值为3，故A，B错误；
由，可知函数的图象关于直线对称，故C正确；
由得，则函数的图象关于点对称，故D错误.
故选：C．
8. 设椭圆（）的左焦点为F，O为坐标原点．过点F且斜率为的直线与C的一个交点为Q（点Q在x轴上方），且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接Q和右焦点，可知|OQ|＝，可得∠FQ＝90°，由得，写出两直线方程，联立可得Q点坐标，Q点坐标代入椭圆标准方程可得a、b、c关系﹒
【详解】设椭圆右焦点为，连接Q，
∵，，∴|OQ|＝，∴∠FQ＝90°，∵，∴，FQ过F(－c，0)，Q过(c，0)，
则，
由，
∵Q在椭圆上，∴，又，解得，
∴离心率．
故选：D．
二、多选题（共3小题，每小题6分）
9. 年，是中国共产主义青年团成立周年.为庆祝建团周年，某中学全体学生参加了主题为“赓续红色血脉·争当青春先锋”的知识竞赛，随机抽取了若干名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在分至分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 直方图中的值为
B. 成绩在区间内的学生最多
C. 估计全校学生的平均成绩为分
D. 估计全校学生成绩的样本数据的分位数约为分
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据频率和为可知A正确；根据频率分布直方图可知成绩在区间的学生对应频率最大，知B正确；利用频率分布直方图估计平均数的额方法可知C正确；利用频率分布直方图估计百分位数的方法可知D错误.
【详解】对于A，，，A正确；
对于B，成绩在区间的学生对应频率最大，成绩在区间内的学生最多，B正确；
对于C，平均成绩为，C正确；
对于D，分位数约为，D错误.
故选：ABC.
10. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，下列选项正确的是（ ）

A.
B. 平面
C. 的面积与的面积相等
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正方体性质得线面垂直，线面平行，点到平面的距离，由体积公式确定三棱锥体积，从而判断各选项．
【详解】由正方体的性质平面,平面,则，又，，平面，所以平面，平面，则，A正确；
由正方体的性质知平面，即平面，B正确；
由正方体性质得A到直线的距离为，而到直线的距离为，两个三角形面积不相等，C错；
，而A到平面的距离即到平面的距离，为，因此为定值，D正确，
故选：ABD．
11. 抛物线的焦点为、为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于、两点，点，下列结论正确的是（ ）
A. 抛物线的方程为
B. 的最小值为4
C. 当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切
D. 存在直线，使得两点关于对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，根据抛物线定义即可得到；对于B，利用三角形两边之和大于第三边即可得到；对于C，借助直线与圆相切的性质即可得到；对于D，设出直线方程，与抛物线联立后，借助对称性思想即可得到.
【详解】对于A：当运动到时，，故，即抛物线为，故A错误；
对于B：由，故，则，故B正确；
对于C：当直线过焦点时，设为，则，
故以为直径的圆的半径为，又，故以为直径的圆的圆心坐标为，
有圆心到轴的距离与该圆半径相等，即该圆与轴相切,故C正确；
对于D：设存在该直线，则与直线垂直，则该直线的斜率，
即可设该直线为，、分别设为、，
由，消去可得，，
则，即，
有，，
故，，
则弦的中点在直线上，
即有，解得，
故存在直线，使得两点关于对称，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（共3小题，每小题5分）
12. 记为递增等比数列的前项和，若，，则___．
【答案】
【解析】
【分析】根据前项和公式先求出公比，即可求出.
【详解】由，，可得，解得或.
因为为递增的等比数列，所以，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查等比数列通项公式和前项和公式应用，属于容易题.
13. 为了落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某校开设三门德育校本课程，现有甲､乙､丙､丁四位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有_____________.
【答案】36
【解析】
【分析】根据已知对四位同学分3组，根据分组分配方法求解即可．
【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学选，，三门德育校本课程，
每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，则三组人数为1、1、2，此时有种
故答案为：．
14. 设函数是定义在上的奇函数，且满足对一切都成立，又当时，，则下列四个命题：
①函数是以4为周期的周期函数；
②当时，；
③函数的图象关于对称；
④函数的图象关于对称.
其中正确的命题是_______．
【答案】①②③④
【解析】
【分析】由题可得：且，将代入可得：，所以①正确；当时，，可得：，所以②正确；将代入并结合整理得：，所以③正确；将代入结合可得：，所以④正确；问题得解.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数
所以且
又
将代入可得：，
所以函数是以4为周期的周期函数，所以①正确；
当时，，所以，
所以②正确；
将代入可得：，结合整理得：，所以函数的图象关于对称，所以③正确；
将代入可得：，
所以
所以，
所以函数的图象关于对称，所以④正确；
故填：①②③④
【点睛】本题主要考查了求函数的周期及函数的解析式，还考查了赋值法及函数对称性的特点，考查分析能力及转化能力，属于难题．
四、解答题（共77分）
15. 在ΔABC中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若， ，求ΔABC的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【详解】试题分析：
(1)利用正弦定理边化角，然后结合同角三角函数基本关系可得，则.
(2)利用余弦定理可求得边长，则△ABC的面积为.
试题解析：
（1）由正弦定理得
∵，∴， ∵，∴.
（2）∵， ，∴，
即，则，∵，∴
由（1）得，∴的面积.
16. 如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由得四边形为菱形，则，由已知的数据结合勾股定理逆定理得，而，则平面，所以，再由线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取的中点，连结BM，则两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：在平行四边形中，因为，
所以四边形为菱形，故，
又因为，故为等边三角形，
故．
在中，，,
所以，故
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，因此．
又因为，平面，
所以平面；
【小问2详解】
解：取中点，连结BM，因为为等边三角形，
所以，
因为‖，所以，
因为平面，平面，
所以，
故两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，则
， 令，得；
设平面的法向量为，则
, 令，得．
设平面与平面所成角为，
则．
17. 设函数.
（1）时，求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：至多只有一个零点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，，得到，进而可求出，，再根据导数的几何意义，即可求出结果；
（2）将的零点个数转化成与交点个数，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递减，即可证明结果.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由，得到，整理得到，
令，则，
当时，，当时，，
所以在区间上恒成立，当且仅当时取等号，
故在区间上单调递减，则与最多有一个交点，
即至多只有一个零点
18. 已知椭圆过点，且离心率.
（1）求椭圆C标准方程；
（2）若直线与椭圆C相交于两点(不是左右顶点)，椭圆的右顶点为D，且满足，试判断直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1） （2）直线过定点
【解析】
【分析】（1）由可得，利用，把点代入椭圆方程，即可得出椭圆C的标准方程；
（2）设，联立，得到根与系数的关系，利用，得到，即可得出结论.
【详解】（1）由题意椭圆的离心率，
∴，即，∴
∴椭圆方程为
又点在椭圆上，于是，
得
∴椭圆的方程为.
（2）设，
由得，
，
又，
∴，
∵，∴
又椭圆的右顶点，
∴，则，
，
，
解得，且满足
当时，，直线过定点与已知矛盾；
当时，)，直线过定点．
综上可知，直线l过定点，定点坐标为.
19. 已知数列的前项和为，点在函数图象上；
（1）证明是等差数列；
（2）若函数，数列满足，记，求数列前项和；
（3）是否存在实数，使得当时，对任意恒成立？若存在，求出最大的实数，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存，.
【解析】
【分析】（1）首先确定，由与关系可得，进而由定义证得数列为等差数列；
（2）结合（1）中结论可求得，采用错位相减法即可得到；
（3）将恒成立的式子变为，可求得，由此可得，解不等式即可求得的值.
【小问1详解】
点在函数图象上，，
当时，；
当时，，
则，
数列是以为首项，为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）得：；又，，
，，
，
.
【小问3详解】
假设存在实数，使得当时，对任意恒成立，
即对任意恒成立，
，，
，解得：或，
则存在最大的实数，使得对任意恒成立.