2024-2025学年河南省安阳市高三上学期12月联考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河南省安阳市高三上学期12月联考数学检测试题（附解析），共19页。试卷主要包含了 已知，，，则， 过抛物线等内容，欢迎下载使用。
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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
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收回.
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. 若：，，则为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【正确答案】B
【分析】本题所给的是一个全称命题，对于全称命题的否定，要注意量词的变化，要注意命题中结论的变化．
【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以只需将原命题中的全称量词改为存在量词，并对结论进行否定．
故.
故选：B.
2. 已知集合，或，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】根据给定条件，利用交集的定义求得答案.
【详解】依题意，.
故选：A
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. 或B.
C. 2D. 4
【正确答案】D
【分析】利用向量垂直得到，从而得到方程，求出答案.
【详解】，故，解得.
故选：D
4. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用复合函数的单调性法则求解即可.
【详解】函数在上单调递增，
而函数在区间上单调递增，
则有函数 在区间 上恒为正数且单调递增，
因此 ，
解得 ，
实数的取值范围是 .
故选：C.
5. 已知，，，则（ ）
A B. C. D.
【正确答案】D
【分析】利用对数函数的单调性与临界值比较的值，从而得解.
【详解】因为，即，
，即，
所以.
故选：D.
6. 已知函数是定义在上的图象连续不间断的奇函数，且，若，则的值域是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】根据题意结合分析可知，再结合奇函数的对称性分析求解即可.
【详解】因为，可知，
又因为为奇函数，且连续不断，则，则，
且，可知，
由奇函数对称性可知：时，，
且，，
所以在定义域的值域为.
故选：B.
7. 如图是函数的部分图象，记的导函数为，则下列选项中值最小的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由函数的图象，结合导数的几何意义，即可判断.
【详解】由图知，，，，所以排除A，B；
设的图象在处的点为，
显然的斜率小于在处的切线斜率，
则，且，可转化为，
所以的值最小，排除D.
故选：C.
8. 过抛物线：的焦点作互相垂直的两条直线，使得其中的一条与相交于，，另外一条与相交于，，设，分别是线段，的中点，则的面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】设直线的斜率为，联立直线的方程与抛物线方程，求坐标，同理求坐标，表示的面积，再求其最值.
【详解】设直线的斜率为，则的斜率为，
则直线的方程为，
由 消去并整理，得.
设，，
则，所以，
同理，
所以 ，
因为 ，
所以 的面积，
当且仅当时，等号成立，故的面积的最小值为4 .
故选：C.
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.
9. 已知，，其中i为虚数单位，若，，为纯虚数，为实数，则（ ）
A. B. 的虚部为C. D.
【正确答案】ACD
【分析】根据复数的运算求，即可得判断AB；根据复数的相关概念运算求解，即可判断CD.
【详解】因为，
且，可得，
对于A：，故A正确；
对于B：的虚部为，故B错误；
对于C：因为为纯虚数，可得，即，故C正确；
对于D：因为为实数，可得，即，故D正确；
故选：ACD.
10. 函数的部分图象如图所示，直线与图象的其中两个交点的横坐标分别为，，则（ ）
A. B.
C. 的图象关于轴对称D. 在上的最小值为
【正确答案】ABD
【分析】由图象可得的周期，由周期与的关系求，由，结合求，结合函数图象变换及正弦型函数的对称性判断C，求的范围，结合余弦函数的性质判断函数的单调性，由此求其最小值，判断D.
【详解】A：由题意得的周期为，又，
所以，故 A 正确；
B：因为，所以，又
所以，又，观察图象可得，
所以，故B正确；
C：由B知，
所以，
所以 的图象不关于轴对称，故C错误；
D：由 ，得，
因为在上单调递减，
所以在上单调递减，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABD
11. 已知，，，是坐标平面上的两个动点，为正常数，设满足的点的轨迹为曲线，满足的点的轨迹为曲线，则（ ）
A. 关于轴、轴均对称
B. 当点不在轴上时，
C. 当时，点的纵坐标的最大值大于1
D. 当，有公共点时，
【正确答案】ACD
【分析】对于A，写出轨迹方程，将，代入即可判断，对于B，由三角形两边之差小于第三边即可判断，对于C，通过即可判断，对于D，联立方程，得到，结合椭圆范围可判断.
【详解】设，由，得，
将代入得到，
将将代入得到，
所以关于轴、轴均对称，A正确；
当不在轴上时，与不共线，可以作为一个三角形三个顶点，
所以，B错误；
当时，，
当时，可得：，
解得：，此时，
即，故当时，点的纵坐标的最大值大于1，C正确；
由，得为椭圆，易得方程为，
所以，代入，
得，
所以，因为，所以，
解得：或舍去，D正确；
故选：ACD
方法点睛：曲线关于轴、轴的对称对称性问题，可将，代入曲线方程，是否满足即可判断.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为等差数列的前项和，若，，则______.
【正确答案】16
【分析】由等差数列求和公式列出方程，求得首项、公差即可求解.
【详解】由，，
可得：，解得：，
所以，
故16
13. 在平面直角坐标系xOy中，若点，，，且，则的取值范围是______.
【正确答案】
【分析】设，根据线段比值得到的轨迹，再判断点在轨迹内外，从而得到其范围.
【详解】设，因，所以，
化简，得，即的轨迹是圆，
因为点在圆的内部，所以，
所以.
故答案为.
14. 从球外一点作球表面的三条不同的切线，切点分别为，，，，若，则球的表面积为______.
【正确答案】
【分析】根据题意分析可知为直角三角形，进而可知点在平面内的投影为的外心，则必在的延长线上，结合切线性质可得球的半径，进而可得表面积.
【详解】由圆的切线长定理得，，
因为，，，则，，
即，可知，
所以为直角三角形，其外心为的中点，
又因为，可知点在平面内的投影为的外心，
即平面，所以必在的延长线上，
且A为切点，则，由射影定理得，
且，即，可得，
则，所以球的表面积为.
故答案为.
关键点点睛：根据切线性质分析可知为直角三角形，进而可知点在平面内的投影为的外心，进而确定球心的位置，即可运算求解.
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，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，，为AC边的中点，求BD的长.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理和得到，求出；
（2）由向量基本定理得到，两边平方，结合，求出，得到.
【小问1详解】
，由正弦定理得，
由于，
故，
所以，
因为，所以，故，，
因为B∈0,π，所以；
【小问2详解】
为AC边的中点，故，
两边平方得，
又，，，所以，故.
16. 已知函数，其中，.
（1）当时，求的图象在处的切线方程；
（2）当时，若函数在区间上存在极值，求的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）直接求导代入得到斜率，再写出点斜式方程即可；
（2）等价转化为在上必存在变号零点，再设新函数求导研究即可.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
所以，
所以的图象在处的切线方程为，
即.
【小问2详解】
当时，，定义域为，
所以，
因为在区间上存在极值，
所以在上必存在变号零点，
令，则在上必存在变号零点，
因为，所以，解得，
当时，，且在上单调递增，
又，故存在，使得，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为的极小值点，符合题意，故的取值范围为.
17. 在平面图形AEBCD（如图1）中，已知，，，，将沿着AB折起到的位置，使得，连接DP，得到四棱锥，如图2所示.
（1）求证：；
（2）求平面ADP与平面CDP夹角的余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）.
【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定、性质，结合勾股定理的逆定理推理得证.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，平面ADP与平面CDP的法向量，再利用面面角的向量求法求解.
【小问1详解】
四棱锥中，取的中点，连接，
由，，得，则，
，又，于是四边形为平行四边形，，，
由，得，则，，而，
平面，于是平面，又平面，
则，又，平面，
因此平面，而平面，所以.
【小问2详解】
在平面内过点作，由（1）知平面，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
则，
所以平面ADP与平面CDP夹角的余弦值是.
18. 已知双曲线：的一条渐近线的斜率为，直线的方程为.
（1）若与的左、右两支分别相交，求的取值范围；
（2）当，2时，对应的曲线分别为，，设直线与的左、右两支依次相交于点，，直线与的左、右两支依次相交于点，，为坐标原点，证明：的面积与的面积相等.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，再利用判别式和韦达定理式即可得到不等式组，解出即可；
（2）代入和结合韦达定理得到，即证明面积相等.
【小问1详解】
因为双曲线的一条渐近线的斜率为，
所以，所以，
联立消去并整理，得，
因为与的左、右两支分别相交，所以，
因为，所以，所以，
即的取值范围为.
【小问2详解】
设，
当时，由（1）中及韦达定理，得，
当时，由（1）中及韦达定理，得，
所以与中点的横坐标都为.因为，，，在同一直线上，
所以与中点重合，设该中点为，所以，
所以，所以，
所以的面积与的面积相等.
关键点点睛：本题第一问的关键是利用韦达定理和判别式得到不等式组，解出即可得到范围.
19. 在数列中，设是数列的前项和，并规定，定义集合，中元素的个数为.
（1）在数列中，若，，，，，，，，求；
（2）若，满足，
①证明：集合非空；
②证明：当，时，.
【正确答案】（1）；
（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）由条件，结合定义求结论；
（2）①先证明若对中的任意正整数，满足，则，再证明若在中存在最小，使得，则，由此证明结论；
②先证明，由此证明，再证明，，结合关系证明结论.
【小问1详解】
因为，，，，，，，，，
因为，
所以
所以，
【小问2详解】
①证明：由已知得，
若对中的任意正整数 ，满足，
则，
即，所以；
若在中存在 ，使得为中从左到右出现的第一个正数，
则，所以.
综上所述，集合非空.
②由集合非空，设(不妨设从小到大排列)，
显然.
由集合的定义知，且是使得成立的最小的，
即是中最大的，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，
即.
由的定义得，
因为，所以，
因为，所以，即，
因为是中最大的，
所以，即 ，
所以
所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以.
方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.