广东省两阳中学2024-2025学年高三上学期第二次月考数学试题

这是一份广东省两阳中学2024-2025学年高三上学期第二次月考数学试题，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（时间：120分钟 分值：150分）
班别 学号 姓名
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．若集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数z满足，则（ ）
A．B．2C．2D．4
3．已知，，若，则（ ）
A．2B．3C．5D．12
4．已知两条不同的直线和平面，且，则“”是“”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
5．的内角的对边分别为，的面积为，且，则边（ ）
A．B．7C．3D．
6．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数是定义在R上的偶函数，且在上是减函数，，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
8．若函数有零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2B．的最小值为1
C．的最大值为2D．最小值为
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）.
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增
D．恒成立
11．在平面直角坐标系中，已知点， ，直线，相交于点，且它们的斜率之和是.设动点的轨迹为曲线，则（ ）
A．曲线关于原点对称
B．曲线关于某条直线对称
C．若曲线与直线无交点，则
D．在曲线上取两点， ，其中，，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．函数在点处的切线方程为 .
13．对于随机事件，若，，，则 .
14．数列 满足记 则 的最大值为 .
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．
16．（15分）记的内角所对的边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为边上一点，，求.
17．（15分）在三棱锥中，平面平面，，，分别为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的两个焦点分别是，，点M在上，且 .
(1)求的标准方程；
(2)若直线与交于A，B两点，且的面积为求的值.
19．（17分）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：．
2024-2025学年度第一学期高三数学月考2参考答案
班别 学号 姓名
1．A【详解】解：由，即，解得，所以，因为B=xx<1，所以；故选A
2．C【详解】因为，则，所以.故选：C.
3．C【详解】因为，，所以，得，则，
所以，故.故选：C.
4．D【分析】在长方体中，选取直线和平面，利用充分条件和必要条件的判断方法即可得出结果.
【详解】如图，取平面为平面，直线为，不妨取直线为，显然有，此时，即推不出，
不妨取直线为直线，显然有，此时，即推不出，故选：D.
5．A【详解】由得，由余弦定理得，所以.故选：A.
6．B【分析】根据两角差的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【详解】因为，所以，而，所以，故即，从而，
故.故选：B.
7．D【分析】根据函数的性质，结合函数的零点，解抽象不等式.
【详解】因为函数是偶函数，在上是减函数，所以在上是增函数，，
时，，，
则或. 当时，，得时；
当时，，此时.故选:D.
8．A【分析】令，得，再令，得出，并构造函数，将问题转化为直线与函数
在区间有交点，利用数形结合思想可得出实数的取值范围．
【详解】令，得，，令，则，所以，，构造函数，其中，由于，，，
所以，当时，直线与函数在区间有交点，因此，实数的取值范围是，故选A．
9．BD【详解】当时，无最小值，故A错误；因为，所以，故B正确；
，所以的最大值为1，C错误；，当且仅当，即时，等号成立，D正确.故选：BD
10．BCD【分析】通过观察函数的图象，可得函数图象经过点，且半周期为，从而可得的解析式，再根据该正弦型函数在周期，对称性，单调性和给定区间上的值域分别判断即可得解.
【详解】因为，由的图象知其经过点，故得，即，因，则，故，又图象经过点，则，所以或，
解得或（*），
由三角函数图象的对称性可知，该函数的周期满足，即得，解得，满足（*），故；对于A，因周期，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，当时，，此时为增函数，故C正确；
对于D，令，则当时，，则在上单调递减，故有，此时有，故D正确.故选：BCD.
11．AC【分析】利用直接法可得动点的轨迹方程，即可判断AB选项，联立直线与曲线，可判断C选项，联立曲线与单位圆，可得曲线与单位圆交于与，此两点间距离恰好为，即可判断D选项.
【详解】由已知，即，化简可得动点的轨迹方程为，将代入曲线方程可得成立，
所以曲线关于原点对称，A选项正确，
做出曲线，易知该曲线可表示渐近线为及轴的双曲线，则对称轴过原点且倾斜角为或，而,则其对称轴为，又，所以曲线不是轴对称图形，B选项错误；
联立直线与曲线方程，得无解，则或，即或，综上，C选项正确；
联立曲线与单位圆，则，
解得或，即曲线与单位圆交于，两点，
且，所以当，分别与，重合时，，D选项错误；故选：AC.
12．【详解】由题意可知，，则切点为，因为，则，
所以在点处的切线斜率为，则切线方程为，即.
13．【详解】，又，所以，
因为，所以.
14．【分析】根据数列范围及递推关系三角换元，结合二倍角正弦公式最后应用三角函数值域求解即可.
【详解】因为所以设
,
当时取等号.故答案为：.
15．【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得an的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到bn的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.
【详解】（1）因为an为等差数列，设公差为d，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
由，得，即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
由，，成等比数列得，，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
化简得，
因为，所以．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
所以．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
所以数列an的通项公式．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
（2）因为为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
所以⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
所以数列的前n项和.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
16．【分析】（1）等价变形已知条件，得到，结合余弦定理即可得解.
（2）法①：由余弦定理求出，结合正弦定理即可求得，最后根据即可得解；法②：由法①得，在中由正弦定理得，又，从而得解；法③：由法①得，在直角中，由（1）问知，代入建立关于的方程，解方程得，从而得出；法④：由等面积法得，建立关于的方程，求得，代入求得，最后结合正弦定理即可得解.
【详解】（1），
则，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
因为，
所以.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
（2）法①：由（1）得，，因为，所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
如图在中，由余弦定理
，即，⋯⋯⋯⋯⋯8分
在中由正弦定理，即，所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
因为，故，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
在中.⋯⋯⋯15分
法②：同解法①，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
在中由正弦定理，即，
所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
又因为，即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
所以.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
法③同上，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
在直角中，所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
由（1）问知，所以，即，得即，所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
法④如图由（1）知，则，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
因为，所以
，即，解得，⋯⋯⋯⋯⋯10分
所以，即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
在中，由正弦定理，即，解得.⋯⋯⋯⋯⋯15分
17．【分析】（1）结合中点，利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）过作交于点，设，建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解二面角的正弦值即可.
【详解】（1），为中点，
.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
而平面，.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
又为的中点，
，又，
.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
又平面，
平面.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
（2）过作交于点，设，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
则，，，，
故，，，.⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
设为平面的法向量，则，即，
，取，则，
是平面的一个法向量.
设为平面的法向量，则，即，
，取，则，
是平面的一个法向量.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分
设二面角的大小为，则，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
二面角的正弦值为.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分
18．【分析】（1）由已知可得，由椭圆的定义可得，根据椭圆中，，的关系可得，即可求解；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线和椭圆构成的方程组，根据可得，由韦达定理可得，，再根据，可得或，即可求解.
【详解】（1）由题意，设的标准方程为，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
则，，即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
所以的标准方程为；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
由联立得，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分
由题意，即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
，，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
显然直线过定点，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
所以，
所以，即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
所以，解得或，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
均满足，所以或.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17分
19．【分析】（1）先求定义域，再求导，分，，和四种情况，求出函数的单调性；
（2）变形得到，构造，定义域为，求导，结合零点存在性定理得到存在唯一的，使得，故，并得到的单调性和最小值，求出最小值.
【详解】（1）的定义域为，
故，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分
若时，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分
当时，若时，，故在上单调递增，⋯⋯⋯⋯⋯4分
若时，，令得或，
令得，
故在，上单调递增，在上单调递减；
若时，，令得或，
令得，
故在，上单调递增，在上单调递减；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
（2）依题意，化为，即，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
令，定义域为，
，其在上单调递增，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
又，，
由零点存在性定理得，存在唯一的，使得，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分
即，故，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分
其中，
两边取对数得，故，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯16分
所以，
所以，证毕.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯17分
【点睛】关键点点睛：由导函数的单调性和零点存在性定理得到，存在唯一的，使得，故，并求出的最小值，证明出不等式.