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月月考数学答案

2024-2025学年第一学期高三七诊考试（数学试卷）考试时间：120分钟；试卷分值：150分命题人：薛梅一、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.78 B.91 C.39 D.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：A5.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2C.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4C.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.