遼寧省八校2024-2025學年高三上學期12月聯(lián)合教學質量檢測數學試卷【含答案解析】

2024—2025學年度上學期高三12月聯(lián)合教學質量檢測高三數學試卷滿分150分，考試用時120分鐘注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題所給的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.設為虛數單位，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】結合復數的四則運算，以及共軛復數的定義，即可求解．【詳解】，故．故選：D．2.已知，則的值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由即可求解.【詳解】因為，且，所以.故選：A3.意大利數學家斐波那契的《算經》中記載了一個有趣的數列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……這就是著名的斐波那契數列，該數列的前2024項中有（）個奇數A.1012 B.1348 C.1350 D.1352【答案】C【解析】【分析】對數列中的數進行歸納，發(fā)現規(guī)律，結合題意得到答案.【詳解】對數列中的數歸納發(fā)現，每3個數中前2個都是奇數，后一個是偶數，又，故該數列前2024項有個奇數.故選：C4.在中，為的中點，為的中點，若，則等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由向量的線性運算結合圖形特征，求出的值即可.【詳解】在中，為的中點，為的中點，則，所以，.故選：B5.已知，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用對數函數的單調性以及基本不等式比較大小.【詳解】由已知得，比較和的大小，其中，因為，所以，又因為在0,+∞單調遞增，所以，即；比較和的大小，其中，即，因為在0,+∞上單調遞增，所以，即；比較，的大小，因為，，所以，即，故選：.6.某人有兩把雨傘用于上下班，如果一天上班時他也在家而且天下雨，只要有雨傘可取，他將拿一把去辦公室，如果一天下班時他也在辦公室而且天下雨，只要有雨傘可取，他將拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不帶雨傘.假設每天上班和下班時下雨的概率均為，不下雨的概率均為，且與過去情況相互獨立.現在兩把雨傘均在家里，那么連續(xù)上班兩天，他至少有一天淋雨的概率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】計算對立事件的概率，從下雨次數入手，分類討論計算兩天都不淋雨的概率，即可得至少有一天淋雨的概率.【詳解】解：“至少有一天淋雨”的對立事件為“兩天都不淋雨”，連續(xù)上兩天班，上班、下班的次數共有4次.(1)4次均不下雨，概率為：；(2)有1次下雨但不淋雨，則第一天或第二天上班時下雨，概率為：；(3)有2次下雨但不淋雨，共3種情況：①同一天上下班均下雨；②兩天上班時下雨，下班時不下雨；③第一天上班時下雨，下班時不下雨，第二天上班時不下雨，下班時下雨；概率為：；(4)有3次下雨但不被淋雨，則第一天或第二天下班時不下雨，概率為：；(5)4次均下雨，概率為：；兩天都不淋雨的概率為：，所以至少有一天淋雨的概率為：.故選：D.7.已知直線與圓，點在直線上，過點作圓的切線，切點分別為，當取最小值時，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由切線長公式知當時，最小，結合點到直線距離公式求得的最小值，然后作關于直線的對稱點，可知當點為與直線的交點時，最小，由對稱知，此時與重合，從而易得最小值．【詳解】由可知圓心為，半徑，由題意，所以當時，取最小值，由點到直線的距離公式可得，此時，過作直線的對稱點，連接，，與直線的交點即為所求的點，由于與關于直線對稱，，與關于直線對稱，因此與就是同一條直線，即點即為所求的點，所以的最小值為.故選：C8.在平行四邊形中，，是平行四邊形內（包括邊界）一點，，若，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根據題意，得到點的軌跡，然后利用向量計算即可.【詳解】因為得，即所以點在的角平分線上，設的中點為因為，所以點在線段上，不妨設，所以易知所以因為所以因為所以故選：B【點睛】關鍵點點睛：表示了兩個向量的角平分線.二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.對任意，記，并稱為集合的對稱差．例如：若，則．下列命題中，為真命題的是（

）A.若且，則B.若且，則C.若且，則D.存在，使得【答案】AB【解析】【分析】根據集合的新定義，結合選項以及交并補的性質逐一判斷即可．【詳解】解：對于A，因為，所以，所以，且中的元素不能出現在中，因此，即A正確；對于B，因為，所以，即與是相同的，所以，即B正確；對于C，因為，所以，所以，即C錯誤；對于D，由于，而，故，即D錯誤．故選：AB．10.在菱形中，，，E為AB的中點，將沿直線DE翻折至的位置，使得二面角為直二面角，若為線段的中點，則（）A.平面B.C.異面直線，所成的角為D.與平面所成角的余弦值為【答案】AC【解析】【分析】建立空間直角坐標系，用向量法證明線面關系即可判斷選項；用向量法分別表示向量，以及求出平面的法向量，代入異面直線所成的角的向量公式可判斷選項，代入直線與平面所成角的余弦公式即可判定選項.【詳解】如圖，建立空間直角坐標系，則，，，，.對于A，因為，平面的一個法向量為，所以，所以平面，故A正確.對于B，因為，，所以，所以DP，EC不垂直，故B錯誤.對于C，因為，，所以，所以異面直線，所成的角為，故C正確.對于D，設平面的法向量為，因為，，所以令，得.設與平面所成的角為，因為，所以，，故D錯誤.故選：AC.11.隨機事件，滿足，，，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根據題意由相互獨立事件的概率性質分析可判斷，；由概率加法公式可分析；計算，驗證是否正確即可判斷.【詳解】由已知，，因為，所以，所以，所以，故錯誤；因為，故錯誤；，故正確；，又，，，所以，故正確.故選：.【點睛】方法點睛：解決本題的關鍵是概率的性質和應用，以及條件概率的計算.三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知數列的通項公式為，若數列是單調遞增數列，則實數的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】根據是遞增數列以及解析式，可得的范圍，又，代入求解，即可求得答案.【詳解】因為數列是遞增數列，當時，，可得，當時，，即，解得，又，所以，解得或.綜上，實數的取值范圍是.故答案為：.13.已知函數在區(qū)間上的值域為，且，則的值為______.【答案】【解析】【分析】利用整體代入法，結合正弦函數的圖像求解即可.【詳解】，故，因為在區(qū)間上的值域為，且，故必有，如圖所示，則故故答案為：14.歐拉，他是數學史上最多產的數學家之一，他發(fā)現并證明了歐拉公式，從而建立了三角函數和指數函數的關系，若將其中的取作就得到了歐拉恒等式，它是令人著迷的一個公式，它將數學里最重要的幾個量聯(lián)系起來，兩個超越數——自然對數的底數，圓周率，兩個單位——虛數單位和自然數單位1，以及被稱為人類偉大發(fā)現之一的0，數學家評價它是“上帝創(chuàng)造的公式”，請你根據歐拉公式：，將復數表示成（為虛數單位）的形式___________；若，則，這里，稱為1的一個n次單位根，簡稱單位根．類比立方差公式，我們可以獲得，復數，則的值是___________．【答案】①.②.【解析】【分析】根據歐拉公式直接可得求出第一空；根據單位根的概念，代入化簡即可求出第二空.【詳解】，，所以，由題意可得，所以，又因為，所以，則.故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于對歐拉公式的使用和復數四則運算法則的熟練運用.四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）15.已知數列的前項和，，且．（1）求；（2）求數列的前項和；（3）設數列前項和，且滿足，求證：．【答案】（1）（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）令，解方程即可求解，（2）利用，的關系，作差可得等差數列，即可求解，（3）利用放縮法可得，即可利用累加法求解【小問1詳解】在，中，，令，可得，∴．【小問2詳解】，①當時，，②可得，∴，∴是公差為的等差數列，∴，∴．【小問3詳解】證明：由（2）可得，∴，∴．16.在中，角所對的邊分別為，且.（1）求角的大??；（2）若，如圖，是上的動點，且始終等于，記.當為何值時，的面積取到最小值，并求出最小值.【答案】（1）（2），最小值為【解析】【分析】（1）根據正弦定理將分式化簡，結合兩角和的正弦公式可求得結果；（2）在中，根據正弦定理表示出，在中，根據正弦定理表示出，根據三角形面積公式得到的面積，即可求出結果.【小問1詳解】在中，由正弦定理可得，所以，所以，即得，因為，所以，所以，因為，所以；【小問2詳解】因為，由（1）知，所以，在中，由正弦定理可得，所以，在中，由正弦定理可得，所以，所以，因為，所以，當時，取得最小值，此時，即，所以當時，面積取到最小值，最小值為.17.如圖，在以為頂點的五面體中，四邊形與四邊形均為等腰梯形，，對的中點.（1）證明：平面平面；（2）求平面與平面所成角的正弦值；（3）設點是內一動點，，當線段的長最小時，求直線與直線所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）（3）.【解析】【分析】（1）取的中點，證明，然后得線面垂直，再得面面垂直；（2）以為坐標原點，分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求二面角；（3）由向量的數量積為0，確定的軌跡，再由最小值確定其位置，得其坐標，然后由空間向量法求線面角．【小問1詳解】取的中點，連結，由已知得，是邊長為2的等邊三角形，是以為腰的等腰三角形，則，故,故平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小問2詳解】以為坐標原點，分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設平面的法向量為n=x,y,z則，即，取，則，設平面的一個法向量為，由，取，得，所以，因為，故平面與平面所成角的正弦值為.【小問3詳解】點是內一動點且，則點在以為直徑的圓上，當線段的長最小時，點在與圓的交點處，此時，，設直線與直線所成角為，所以，所以直線與直線所成角得余弦值為.18.已知A，B分別是雙曲線的左、右頂點，點是雙曲線C上的一點，直線PA，PB的斜率分別為，，且.（1）求雙曲線C的方程；（2）已知過點直線，交C的左，右兩支于D，E兩點（異于A，B）.（i）求m的取值范圍；（ii）設直線與直線交于點Q，求證：點Q在定直線上.【答案】（1）（2）（i）或；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）根據求出，，從而得到，求出，得到雙曲線方程；（2）（i）由題意知直線l的方程為，，，聯(lián)立雙曲線方程，結合根的判別式和得到不等式，求出m的取值范圍；（ii）在（i）的基礎上，得到兩根之和，兩根之積，得到，表達出直線和直線的方程，聯(lián)立得到，將代入，化簡得到，得到答案.【小問1詳解】由題意可知，，因為，所以.因，，得，又因為在雙曲線上，則，所以.所以雙曲線C的方程為.【小問2詳解】（i）由題意知直線l的方程為，，.聯(lián)立，化簡得，因為直線l與雙曲線左右兩支相交，所以，即滿足：，所以或.（ii），，則，直線的方程為，直線的方程為.聯(lián)立直線與的方程，得，所以，所以，所以，所以點Q的橫坐標始終為1，故點Q在定直線上【點睛】圓錐曲線中，針對非對稱韋達，一般思路為設出直線方程，與圓錐曲線聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，并兩者相除，得到兩者的關系，再代入后續(xù)的計算中，達到化簡的目的.19.已知函數.（1）求函數y=f(x)的單調區(qū)間；（2）若曲線與存在兩條公切線，求整數的最小值；（3）已知，函數有3個零點為：，且，證明：.【答案】（1）單調遞增區(qū)間是和，單調遞減區(qū)間是（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）先求導，然后根據導函數的正負判斷的單調性，由此可確定出單調區(qū)間；（2）根據條件寫出切線方程，通過聯(lián)立思想求解出關于切點坐標的表示，由此構造函數分析單調性和最小值，即可確定出整數的最小值；（3）將問題轉化為方程有三個根，借助圖象分析出的范圍，然后通過轉化將待證明的問題變?yōu)樽C明，再通過構造函數分析單調性和最值完成證明.【小問1詳解】，令，解得或，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以的單調遞增區(qū)間是和，單調遞減區(qū)間是.【小問2詳解】設切線分別與和交于，的導數為，的導數為，所以處切線方程為，處切線方程為，由公切線可知，，所以，化簡可得，因為公切線有兩條，所以有兩個根；設，所以，因為均在上單調遞增，所以在上單調遞增，且，所以存在唯一使得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以且，所以，由對勾函數性質可知在時單調遞增，所以，所以，且時，，時，，所以若有兩個根，則，故整數的最小值為.【小問3詳解】的定義域為，由題意可知，是方程的三個根；當時，令，所以，令，所以，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，所以，所以在上單調遞增，且；當時，令，所以，由解得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，且，，作出的簡圖如下圖所示，由圖象可知