2024-2025学年山东省乐陵市高三上学期12月月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年山东省乐陵市高三上学期12月月考数学检测试题（附解析），共20页。
一、单选题(共8小题，每小题5分，总分40分）
1．若复数满足，则的最小值为（ ）
A．3B．2C．D．1
2．已知、是平面内两个不同的定点，则“为定值”是“动点的轨迹是双曲线”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．已知半径为2的圆上有两点，，，设向量，，若，则实数的值为（ ）
A．6B．3C．1D．
4．要得到的图象，只需把图象上所有点的（ ）
A．横坐标变为原来的倍，纵坐标不变B．横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变
C．纵坐标变为原来的倍，横坐标不变D．纵坐标变为原来的2倍，横坐标不变
5．设数列满足，，，，则满足的的最大值是（ ）
A．7B．9C．12D．14
6．过定点的直线与过定点的直线交于点（与不重合），则面积的最大值为（ ）
A．4B．C．2D．
7．已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数的定义域为R，且对任意，满足，且，则（ ）
A．651B．676C．1226D．1275
二、多选题(共3小题，每小题6分，总分18分）
9．若为抛物线上的动点，焦点为，点，直线：，则下列说法正确的有（ ）
A．的最小值为4 B．点到直线和轴的距离之和的最小值为
C．点到直线的距离的最小值为1 D．过，两点的直线与抛物线相交的弦长为8
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为为椭圆上异于的动点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．的最大值为20
C．的外接圆圆心到x轴的距离的最小值为 D．直线的斜率之差可能为1
11．已知点、动点满足，点的轨迹为曲线，点是直线上一点，过点作曲线的切线，切点为，直线与轴的交点为，则（ ）
A．曲线的方程为 B．点到直线距离的最小值为
C．的最小值为 D．若点坐标为，则的最小值为
三、填空题(共3小题，每小题5分，总分15分）
12．经过点，且在 x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍的直线l的一般方程是 .
13．若函数的图象关于点对称，则的最小值为 .
14．如果直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是 .
四、解答题(共5个大题，总分78分）
15．（本题13分）
记为数列的前项和，已知是公差为的等差数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
16．（本题15分）
已知动点到直线的距离是它到点距离的倍，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)若点关于原点对称的点为，为上一点，且为直角三角形，求的面积．
17．（本题15分）
如图，两块直角三角形模具，斜边靠在一起，其中公共斜边，
，交于点.
(1)求；
(2)求.
18．（本题17分）
已知双曲线的左、右顶点分别是，点在双曲线上，且直线的斜率之积为3．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，且，求点到直线的距离的最大值．
19．（本题17分）
已知函数，满足，.
(1)若为上的增函数，求的取值范围.
(2)证明：与的图象关于一条直线对称.
(3)若，且关于的方程在内有解，求的取值范围.
答案：
1．C
【分析】由复数的模长和两点之间的距离公式把已知等式转化为点的轨迹方程，再结合椭圆的性质求出即可；
【详解】设，
因为，
则，
即点到和的距离之和为4，且大于2，
所以点在以和为焦点的椭圆上，且，
椭圆方程为，
所以的最小值为.
故选：C.
2．B
【分析】利用特例法、双曲线的定义以及充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若，则，此时，点的轨迹是线段的垂直平分线，
所以，“为定值”“动点的轨迹是双曲线”；
若动点的轨迹是双曲线，则为定值，
所以，“为定值”“动点的轨迹是双曲线”.
因此，“为定值”是“动点的轨迹是双曲线”的必要不充分条件.
故选：B.
3．C
【分析】确定，根据平面向量的数量积的运算律，展开计算，可得答案.
【详解】由题可得，，，
因为，，且，
所以
，解得.
故选：C.
4．A
【分析】根据诱导公式可得，再根据三角函数的伸缩变换求解即可.
【详解】因为，
所以要得到的图象，
只需把图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变.
故选：A.
5．C
根据数列满足的条件,讨论n的奇偶性,即可求得解析式.根据解析式解绝对值不等式即可求得满足条件的的最大值.
【详解】数列满足,,
则
则当奇数时,
所以,代入可得,解不等式可得
而,所以此时的最大值是9
则当偶数时,
所以若,代入可得,解不等式可得
而,所以此时的最大值是12
综上可知, 的最大值是12
故选:C
本题考查了等差数列的通项公式求法,对奇偶项分类讨论数列的性质,绝对值不等式的解法,属于中档题.
6．B
【分析】根据方程可得定点A、B，并且可判断两直线垂直，然后利用基本不等式可得.
【详解】动直线化为，可知定点，
动直线化为，令，
解得，可知定点，
又，
所以直线与直线垂直，为交点，
.
则，当且仅当时，等号成立.
即面积的最大值为.
故选：B.
7．C
【分析】根据椭圆的定义，余弦定理，面积相等即可求解．
【详解】
如图，由椭圆定义可知，且，又，
利用余弦定理可知：
，化简可得，
所以的面积为，
设的外接圆半径为，内切圆半径为，
由正弦定理可得，可得，
易知的周长为，
利用等面积法可知，
解得，
又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，所以，
即可得，所以，离心率.
故选：
8．D
【分析】根据条件变形得到，再结合条件求得，再通过赋值求的值.
【详解】由条件，可知，，，以上三个式子相加得：，
又，所以，
，，，…，，
以上式子相加得，
所以.
故选：D
9．BD
【分析】利用抛物线的定义以及数形结合思想，可判断AB选项；利用点到直线的距离公式以及二次函数的基本性质可判断C选项；联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理及焦点弦的弦长公式，可判断D．
【详解】抛物线的焦点为F1,0，准线方程.
A．如图，过点作垂直准线于点，交抛物线于点，则.
则有，即的最小值为5，故A错.

B．点到轴的距离，设点到直线的距离为，
所以.
易知的最小值为点到直线的距离，
故的最小值为，
所以的最小值为，故B正确.

C．设，则点到直线距离.
因此当时，有最小值，故C错.
D．由题得直线的方程为，
设直线与抛物线的交点Mx1,y1，Nx2,y2，
由得，所以，
∴，故D正确.

故选：BD.
10．AC
【分析】得用已知椭圆求得，再结合每个选项的条件逐项计算可判断结论.
【详解】由椭圆C：的方程可知，，解得，
所以，即，故A正确；
因为，所以，
当且仅当时取等号，故B错误；
由的外接圆的圆心在的垂直平分线上，可得圆心在轴上，
由，
所以为锐角，且在短轴的端点处时，最大，
由外接圆的半径为可知，越大，半径越小，
此时外心到x轴的距离最小，设外心为，取在上顶点时，
所以，解得，故C正确；
设，由，得，所以，
不妨取，则，，
，
当且仅当时取等号，
所以直线的斜率之差不可能为1，故D不正确.
故选：AC.
方法点睛：根据点在椭圆上，可求得为定值，进而可利用基本不等式判断直线的斜率之差是否可能为1.
11．ACD
【分析】根据条件化简即可得圆的方程判断A；根据圆心到直线的距离及圆的性质判断B；根据切线及圆的几何性质判断C；利用,，利用三点共线即可求解D.
【详解】因为、，设，
由，得，化简得：，
故曲线的方程为，故A正确；
曲线的圆心，
到直线的距离为，
可知直线与圆相离，从而圆上动点到直线距离的最小值为，故B错误；
在中，，故C正确；
在直线中，令，得，即，
设点，满足,故，
化简可得，
由于在，即，
故，，
故,因此，，
，
当且仅当在线段与圆的交点时取得最小值，故D正确．
故选：ACD．
关键点点睛：根据，利用待定系数法求解，进而根据以及三点共线求解.
12．或
【分析】分截距为0和不为0两种情况，设出直线方程，代入得到直线方程.
【详解】当截距为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，故，即；
当截距不为0时，设直线方程为，
将代入得，解得，
故直线方程为，即.
故或
13．
【分析】根据正弦函数的图象的对称性，即可求解.
【详解】由题意，得,
所以，，即，
故答案.
14．
【分析】作出的图象，数形结合分析直线与曲线恰有一个交点时实数的取值范围即可.
【详解】由题意，当时，为椭圆的上半部分，
当时，为双曲线的下半部分，
又即，过定点2,0，
故作出，的图象，
考虑临界条件，当与椭圆上半部分相切时，
有，
整理得，
则，
由图象解得，
当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件，
故实数的取值范围为.
故答案为.
关键点点睛：画含绝对值的函数图象，关键是讨论绝对值符号内的正负，去掉绝对值符号，结合所学的椭圆与双曲线方程，数形结合解决直线与圆锥曲线公共点个数问题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）设点的坐标为，根据条件得到，化简即可得到所求方程；
（2）根据对称得到的坐标，然后根据直角分情况讨论的面积即可.
【详解】（1）设点的坐标为，
因为动点到直线的距离是它到点距离的倍，
所以，
化简得，
故的方程为．
（2）设点的坐标为，已知为直角三角形．
①若，此时，
所以，
所以的面积．
②若，由①同理可得，的面积．
③若，因为，，
所以，，
所以，
所以，即此时不符合题意.
综上，的面积为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）先根据题干条件表示出的关系，然后根据该递推关系证明为常数数列，即可求解；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）由题意，
所以，当时，，
两式作差得，
所以，则数列为常数数列，
且，所以；
（2），
所以，①
②
①-②得
所以
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由锐角三角函数求出、，又，利用两角和的余弦公式求出，最后由余弦定理计算可得；
（2）解法1：首先求出，再由，利用面积公式计算可得；解法2：首先得到，再由计算可得.
【详解】（1）由已知，，
，
因为，
所以
，
所以在中由余弦定理可得
.
（2）解法1：因为，
又因为，
所以，
即，
解得.
解法2：因为，所以，
又，，
所以，
又因为，所以，则，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）直线的斜率之积为3，构造方程求出，再将点代入方程即可；（2）设直曲联立，借助韦达定理，由，所以，结合韦达定理，求出，再用点到直线距离计算即可.
【详解】（1）由题意可得，
则直线的斜率，直线的斜率．
因为直线的斜率之积为3，所以，解得．
因为点在双曲线上，所以，解得．
故双曲线的标准方程为．
（2）设直线
联立整理得
则
所以．
因为，所以，
所以
即
化简得，故．
由点到直线的距离公式可得，点到直线的距离．
因为，所以，所以，
即点到直线的距离的最大值是．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求导，利用对恒成立，可求的取值范围；
（2）求得的解析式，根据可得结论；
（3）可得，结合已知可得在内有解，结合（1）的单调性可得，构造函数可得的取值范围.
【详解】（1）由，可得，
因为为上的增函数，所以对恒成立，
所以对恒成立，所以对恒成立，
因为，所以，
当且仅当，即时取等号，所以，
所以，所以的取值范围为.
（2）因为，，
所以
即，所以，
函数关于对称的函数为，
再把向右方平移2个单位得到，
所以函数与关于对称；
（3）由（2）可得，
又因为在内有解，
所以在内有解，
所以在内有解，，
由（1）可知时，为上的增函数，
所以，所以在内有解，
令，求导可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，又，，
所以，
所以的取值范围为.
方法点睛：对于有解问题，往往利用函数的单调性转化为两自变量的值相等问题解决，从而转化为函数的值域问题或两函数图象有交点问题解决.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
A
C
B
C
D
BD
AC
题号
11









答案
ACD