2025届高三第四次月考数学试卷答案

宁夏回族自治区银川一中2024-2025学年高三上学期第四次月考数学试卷命题教师：李雪娜注意事项：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.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1.复数的虚部为（）A. B.3 C. D.3i【答案】B【解析】【分析】根据复数的定义及四则运算计算即可.【详解】化简，得其虚部为3.故选：B2.若一个圆锥底面半径为1，高为，则该圆锥表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用圆锥的表面积公式计算即可.【详解】由题意可知圆锥的母线长，底面圆周长为，底面圆面积为，所以圆锥侧面积为，故该圆锥表面积为.故选：A.3.已知向量，（），若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据数量积的运算规则以及向量垂直时的数量积表示即可.【详解】因为，，所以，；因为，，即，解得或（舍去），所以，；故选：B.4.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，根据二倍角公式及同角的三角函数关系可得，即可得答案.【详解】解：因为，所以.故.故选：C.5.已知为等差数列的前n项和，公差为d.若，，则（）A. B.C. D.无最大值【答案】B【解析】【分析】对于A：根据可得，结合通项公式分析判断；对于B：根据等差数列性质可得，即可分析判断；对于CD：根据分析数列的符号性，即可判断.【详解】对于选项A：因为数列为等差数列，则，即，可得，则，故A错误；对于选项B：因为，则，所以，故B正确；对于选项D：因为，且，可知，当时，；当时，；可知当且仅当时，取到最大值，故D错误，对于选项C：因为，所以，故C错误；故选：B.6.如图所示，正方体的棱长为1，点分别为的中点，则下列说法正确的是（）A.直线与直线垂直 B.直线与平面平行C.三棱锥的体积为 D.直线BC与平面所成的角为【答案】B【解析】【分析】A选项根据正方体的性质判断；对于B，D利用空间向量判断，对于C，利用体积公式求解即可.【详解】A选项：为正方体，所以，直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直，故A错误；如图建立空间直角坐标系，则，对于B，设平面的法向量为，则，令，则，因为，所以，所以，因为在平面外，所以直线与平面平行，所以B正确，对于C，，所以三棱锥的体积为，所以C错误，对于D，，直线BC与平面所成的角为，，所以D错误，故选：B.7.已知函数（为常数），若在上的最大值为，最小值为，且，则（）A.6 B.4 C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】将函数解析式化为，令，则，设，，可判断是奇函数，根据奇函数性质及，求得答案.【详解】因为，，令，则，设，，则，所以是奇函数，最大值为，最小值为，则，由，解得.故选：D.8.设，．若动直线与交于点A，C，动直线与交于点B，D，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出圆的圆心和半径，求出两条直线位置关系和经过的定点，作出图像，设圆心到其中一条直线的距离为d，根据几何关系表示出，利用基本不等式即可求出其最大值.【详解】，圆心，半径，过定点，过定点，且⊥，如图，设和BD中点分别F、G，则四边形为矩形，设，，则，则＝，当且仅当即时取等号.故选：B.二、多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分）9.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，，则 B.若，，，则C.若，，，则 D.若，，，则【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件，利用空间线线、线面、面面垂直或平行关系逐项判断即可.【详解】对于A，由，得存在过直线的平面与平面相交，令交线为，则，而，，则，，因此，A正确；对于B，由，，，得是平行直线或异面直线，B错误；对于C，由，得存在过直线的平面与平面相交，令交线为，则，由，得，又，则，因此，C正确；对于D，，，，当都平行于的交线时，，D错误.故选：AC10.已知直线：，圆：，以下正确的是（）A.与圆不一定存在公共点B.圆心到的最大距离为C.当与圆相交时，D.当时，圆上有三个点到的距离为【答案】ABD【解析】【分析】对A，根据直线与圆的位置关系，求圆心到直线的距离判断；对于B，由于直线恒过定点，所以当时，圆心到直线的距离最大，从而可求出其最大值；对C，根据直线与圆的位置关系求解判断；对D，求出圆心到直线的距离，进而判断.【详解】对于A，圆心到直线的距离为，当，即，解得或，此时直线与圆相离，没有公共点，故A正确；对于B，因直线，即，所以直线过定点，当时，圆心到直线的距离最大，最大值为，故B正确；对于C，当直线与圆相交时，则，解得，故C错误；对于D，当时，直线，圆心到直线的距离为，所以圆上有三个点到直线的距离为，故D正确.故选：ABD.11.设与其导函数的定义域均为，若的图象关于对称，在上单调递减，且，则（）A.为偶函数 B.的图象关于原点对称C. D.的极小值为-3【答案】ABD【解析】【分析】利用函数对称性的恒等式来证明函数奇偶性和周期性，从而问题得解.【详解】因为的图象关于对称，所以，即，则为偶函数，故A正确；由得，，两边取导数得，，即，所以，则是奇函数，所以图象关于原点对称，故B正确；由上可知，，又由得，所以，则，所以有，即函数是一个周期函数且周期为8；又由，令得，，则，故C错误；由在上单调递减，又的图象关于点对称可知，在上单调递减，所以在上单调递减，又的图象关于对称，所以在上单调递增，由周期性可知，在上单调递增，所以当时，取得极小值，即，故D正确，故选：ABD.【点睛】结论点睛：函数对称性与周期性：（1）若，则函数关于中心对称；（2）若，则函数关于对称；（3）若，则函数的周期为2a；（4）若，则函数的周期为2a.三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）12.已知，若直线与直线相互垂直，则a=____.【答案】0或2【解析】【分析】根据两直线垂直得到方程，求出或2.【详解】两直线垂直，故，解得或2.故答案为：或213.如图所示，在棱长为6的正方体中，点分别是棱，的中点，过，，三点作该正方体的截面，则截面的周长为__________．【答案】【解析】【分析】【详解】如图，延长相交于，连接，交于，延长相交于，连接交于，可得截面五边形，是边长为的正方体，且分别是棱的中点，，截面的周长为.故答案为：.14.已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在恰有2个极值点，则实数取值范围为_____________.【答案】【解析】【分析】根据函数零点的最小距离可得，再利用平移规则和函数奇偶性可求得，根据函数在内恰有2个极值点可限定出，即可解得实数的取值范围.【详解】由，即，可得或，根据正弦函数图象性质可知，解得，则；将函数的图象向左平移个单位可得，又为偶函数，则，又，可得，因此；当时，可知，若函数在内恰有个极值点，可知，解得，所以实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦函数图象性质根据两零点的最小距离求得，再由平移后的函数为偶函数求得，得出函数的解析式后问题便迎刃而解.四、解答题（共5小题，满分77分.）15.记是公差不为0的等差数列的前项和，，且成等比数列.（1）求和；（2）若，求数列的前20项和.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质可求出，再根据等差数列的通项公式和前项和公式即可求解；（2）结合题意，由（1）的结论可得，利用裂项相消法即可求解.【小问1详解】设已知数列的公差为，则，由，得，即，所以或，显然不为0，所以，所以，.【小问2详解】由（1）知，又，，，所以.16.已知函数.（1）求的图象在点处的切线与坐标轴围成的封闭图形的面积；（2）设函数，若在定义域内单调递减，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求切线方程，进而可得交点坐标和面积；（2）分析可知，参变分离可得，构建，利用导数求其最值即可.【小问1详解】由题意得，则.又因为，所以图象在点处的切线为，与两个坐标轴的交点分别为和，所求的封闭图形的面积为.【小问2详解】的定义域为0,+∞，因为在定义域内单调递减，所以，即，所以.设，则.当时，ℎ′x>0，ℎx单调递增，当时，ℎ′x<0，ℎx单调递减，所以，所以的取值范围是.17.如图，在四棱锥中，底面，，，，，为棱的中点，是线段上一动点.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线面角的正弦求出点的坐标，再利用空间向量求夹角的余弦作答.【小问1详解】因为，，则，又平面，平面，则，而，平面，因此平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】因为底面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，则、、、、、，设，，其中，显然平面的一个法向量为，依题意，，解得，于是为的中点，即，设平面的法向量为，，，则，取，得，而平面的一个法向量为，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．（1）求角B；（2）若，求面积的最大值；（3）求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可；（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理以及基本不等式求解即可；（3）利用正弦定理边角互化将原式转化为，然后令，将原式化为：，最后结合二次函数性质求解值域.【小问1详解】因为，根据正弦定理得：，且，可得，即，又因为，则，可得，整理可得，且B∈0,π，则，可得，解得.【小问2详解】由余弦定理得：，即，可得，解得，当且仅当时，等号成立，所以的面积为：，故面积最大值为.【小问3详解】根据正弦定理得：，令，则，可得，将原式化为：，因为，则，可得，根据二次函数的图像性质得到，当时，原式取得最小值，；当时，原式取得最大值，；故的取值范围为.【点睛】关键点点睛：对于（3）：对于已知角的范围问题，解题关键是利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换化简整理，进而根据三角函数有界性分析求解.19.已知二阶行列式，三阶行列式，其中分别为的余子式（某个数的余子式是指删去那个数所在的行和列后剩下的行列式）．（1）计算．（2）设函数．①若的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，求；②若且，函数，证明：．【答案】（1）18（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据题设定义，即可求解；（2）根据题设定义，得到，（i）先利用极值点的定义，求得，进而有，即可求解；（ii）构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得到，再构造函数，利用二次函数的性质得到的单调性，从而得到，即可求解.【小问1详解】原式．【小问2详解】．（i）．当或时，；当时，．所以在和上是增函数，在上是减函数，所以的极大值点为，极小值点为1．因为的极值点恰为等差数列的前两项，且的公差大于0，所以，则公差，所以，所以．（ii）因为，所以在上无零点，在上存在唯一零点，且．令，则，当时，单调递增；当时，单调递减．所以，而，所以．令，则．因为在上单调递诚，所以当时，，即单调递减，当时，，即单调递增，所以，而，所以．综上，．【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．