辽宁省八校2024-2025学年高三上学期12月联合教学质量检测数学试卷【含答案解析】

2024—2025学年度上学期高三12月联合教学质量检测高三数学试卷满分150分，考试用时120分钟注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.设为虚数单位，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解．【详解】，故．故选：D．2.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由即可求解.【详解】因为，且，所以.故选：A3.意大利数学家斐波那契的《算经》中记载了一个有趣的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，……这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2024项中有（）个奇数A.1012 B.1348 C.1350 D.1352【答案】C【解析】【分析】对数列中的数进行归纳，发现规律，结合题意得到答案.【详解】对数列中的数归纳发现，每3个数中前2个都是奇数，后一个是偶数，又，故该数列前2024项有个奇数.故选：C4.在中，为的中点，为的中点，若，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由向量的线性运算结合图形特征，求出的值即可.【详解】在中，为的中点，为的中点，则，所以，.故选：B5.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用对数函数的单调性以及基本不等式比较大小.【详解】由已知得，比较和的大小，其中，因为，所以，又因为在0,+∞单调递增，所以，即；比较和的大小，其中，即，因为在0,+∞上单调递增，所以，即；比较，的大小，因为，，所以，即，故选：.6.某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他也在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他也在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.；如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】计算对立事件的概率，从下雨次数入手，分类讨论计算两天都不淋雨的概率，即可得至少有一天淋雨的概率.【详解】解：“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”，连续上两天班，上班、下班的次数共有4次.(1)4次均不下雨，概率为：；(2)有1次下雨但不淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：；(3)有2次下雨但不淋雨，共3种情况：①同一天上下班均下雨；②两天上班时下雨，下班时不下雨；③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨；概率为：；(4)有3次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨，概率为：；(5)4次均下雨，概率为：；两天都不淋雨的概率为：，所以至少有一天淋雨的概率为：.故选：D.7.已知直线与圆，点在直线上，过点作圆的切线，切点分别为，当取最小值时，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由切线长公式知当时，最小，结合点到直线距离公式求得的最小值，然后作关于直线的对称点，可知当点为与直线的交点时，最小，由对称知，此时与重合，从而易得最小值．【详解】由可知圆心为，半径，由题意，所以当时，取最小值，由点到直线的距离公式可得，此时，过作直线的对称点，连接，，与直线的交点即为所求的点，由于与关于直线对称，，与关于直线对称，因此与就是同一条直线，即点即为所求的点，所以的最小值为.故选：C8.在平行四边形中，，是平行四边形内（包括边界）一点，，若，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根据题意，得到点的轨迹，然后利用向量计算即可.【详解】因为得，即所以点在的角平分线上，设的中点为因为，所以点在线段上，不妨设，所以易知所以因为所以因为所以故选：B【点睛】关键点点睛：表示了两个向量的角平分线.二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.对任意，记，并称为集合的对称差．例如：若，则．下列命题中，为真命题的是（

）A.若且，则B.若且，则C.若且，则D.存在，使得【答案】AB【解析】【分析】根据集合的新定义，结合选项以及交并补的性质逐一判断即可．【详解】解：对于A，因为，所以，所以，且中的元素不能出现在中，因此，即A正确；对于B，因为，所以，即与是相同的，所以，即B正确；对于C，因为，所以，所以，即C错误；对于D，由于，而，故，即D错误．故选：AB．10.在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（）A.平面B.C.异面直线，所成的角为D.与平面所成角的余弦值为【答案】AC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，用向量法证明线面关系即可判断选项；用向量法分别表示向量，以及求出平面的法向量，代入异面直线所成的角的向量公式可判断选项，代入直线与平面所成角的余弦公式即可判定选项.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，.对于A，因为，平面的一个法向量为，所以，所以平面，故A正确.对于B，因为，，所以，所以DP，EC不垂直，故B错误.对于C，因为，，所以，所以异面直线，所成的角为，故C正确.对于D，设平面的法向量为，因为，，所以令，得.设与平面所成的角为，因为，所以，，故D错误.故选：AC.11.随机事件，满足，，，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根据题意由相互独立事件的概率性质分析可判断，；由概率加法公式可分析；计算，验证是否正确即可判断.【详解】由已知，，因为，所以，所以，所以，故错误；因为，故错误；，故正确；，又，，，所以，故正确.故选：.【点睛】方法点睛：解决本题的关键是概率的性质和应用，以及条件概率的计算.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知数列的通项公式为，若数列是单调递增数列，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据是递增数列以及解析式，可得的范围，又，代入求解，即可求得答案.【详解】因为数列是递增数列，当时，，可得，当时，，即，解得，又，所以，解得或.综上，实数的取值范围是.故答案为：.13.已知函数在区间上的值域为，且，则的值为______.【答案】【解析】【分析】利用整体代入法，结合正弦函数的图像求解即可.【详解】，故，因为在区间上的值域为，且，故必有，如图所示，则故故答案为：14.欧拉，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，将复数表示成（为虚数单位）的形式___________；若，则，这里，称为1的一个n次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，则的值是___________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据欧拉公式直接可得求出第一空；根据单位根的概念，代入化简即可求出第二空.【详解】，，所以，由题意可得，所以，又因为，所以，则.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对欧拉公式的使用和复数四则运算法则的熟练运用.四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知数列的前项和，，且．（1）求；（2）求数列的前项和；（3）设数列前项和，且满足，求证：．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）令，解方程即可求解，（2）利用，的关系，作差可得等差数列，即可求解，（3）利用放缩法可得，即可利用累加法求解【小问1详解】在，中，，令，可得，∴．【小问2详解】，①当时，，②可得，∴，∴是公差为的等差数列，∴，∴．【小问3详解】证明：由（2）可得，∴，∴．16.在中，角所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，如图，是上的动点，且始终等于，记.当为何值时，的面积取到最小值，并求出最小值.【答案】（1）（2），最小值为【解析】【分析】（1）根据正弦定理将分式化简，结合两角和的正弦公式可求得结果；（2）在中，根据正弦定理表示出，在中，根据正弦定理表示出，根据三角形面积公式得到的面积，即可求出结果.【小问1详解】在中，由正弦定理可得，所以，所以，即得，因为，所以，所以，因为，所以；【小问2详解】因为，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，因为，所以，当时，取得最小值，此时，即，所以当时，面积取到最小值，最小值为.17.如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，对的中点.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成角的正弦值；（3）设点是内一动点，，当线段的长最小时，求直线与直线所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）.【解析】【分析】（1）取的中点，证明，然后得线面垂直，再得面面垂直；（2）以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角；（3）由向量的数量积为0，确定的轨迹，再由最小值确定其位置，得其坐标，然后由空间向量法求线面角．【小问1详解】取的中点，连结，由已知得，是边长为2的等边三角形，是以为腰的等腰三角形，则，故,故平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为n=x,y,z则，即，取，则，设平面的一个法向量为，由，取，得，所以，因为，故平面与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】点是内一动点且，则点在以为直径的圆上，当线段的长最小时，点在与圆的交点处，此时，，设直线与直线所成角为，所以，所以直线与直线所成角得余弦值为.18.已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线C上的一点，直线PA，PB的斜率分别为，，且.（1）求双曲线C的方程；（2）已知过点直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）.（i）求m的取值范围；（ii）设直线与直线交于点Q，求证：点Q在定直线上.【答案】（1）（2）（i）或；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据求出，，从而得到，求出，得到双曲线方程；（2）（i）由题意知直线l的方程为，，，联立双曲线方程，结合根的判别式和得到不等式，求出m的取值范围；（ii）在（i）的基础上，得到两根之和，两根之积，得到，表达出直线和直线的方程，联立得到，将代入，化简得到，得到答案.【小问1详解】由题意可知，，因为，所以.因，，得，又因为在双曲线上，则，所以.所以双曲线C的方程为.【小问2详解】（i）由题意知直线l的方程为，，.联立，化简得，因为直线l与双曲线左右两支相交，所以，即满足：，所以或.（ii），，则，直线的方程为，直线的方程为.联立直线与的方程，得，所以，所以，所以，所以点Q的横坐标始终为1，故点Q在定直线上【点睛】圆锥曲线中，针对非对称韦达，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，并两者相除，得到两者的关系，再代入后续的计算中，达到化简的目的.19.已知函数.（1）求函数y=f(x)的单调区间；（2）若曲线与存在两条公切线，求整数的最小值；（3）已知，函数有3个零点为：，且，证明：.【答案】（1）单调递增区间是和，单调递减区间是（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求导，然后根据导函数的正负判断的单调性，由此可确定出单调区间；（2）根据条件写出切线方程，通过联立思想求解出关于切点坐标的表示，由此构造函数分析单调性和最小值，即可确定出整数的最小值；（3）将问题转化为方程有三个根，借助图象分析出的范围，然后通过转化将待证明的问题变为证明，再通过构造函数分析单调性和最值完成证明.【小问1详解】，令，解得或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以的单调递增区间是和，单调递减区间是.【小问2详解】设切线分别与和交于，的导数为，的导数为，所以处切线方程为，处切线方程为，由公切线可知，，所以，化简可得，因为公切线有两条，所以有两个根；设，所以，因为均在上单调递增，所以在上单调递增，且，所以存在唯一使得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以且，所以，由对勾函数性质可知在时单调递增，所以，所以，且时，，时，，所以若有两个根，则，故整数的最小值为.【小问3详解】的定义域为，由题意可知，是方程的三个根；当时，令，所以，令，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，且；当时，令，所以，由解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，且，，作出的简图如下图所示，由图象可知