2025届辽宁省名校联盟高三上学期12月月考数学试卷（解析版）

这是一份2025届辽宁省名校联盟高三上学期12月月考数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了 设全集，集合，则的值是， 对于非零向量是的， 已知，则， 已知函数，且，则， 已知函数，下列说法正确有等内容，欢迎下载使用。
1. 设全集，集合，则的值是（ ）
A. 4B. 5C. 7D. 9
【答案】A
【解析】由以及可得；
即，所以，解得.
故选：A
2. 对于非零向量是的（ ）
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
【答案】B
【解析】因为，反之不能推出
所以是必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由得：；
对于A，，，，A错误；
对于B，（当且仅当时取等号），
又，，B正确；
对于C，，，即，
C错误；
对于D，，，，D错误.
故选：B.
4. 已知等差数列的公差为，若成等比数列，则等于（ ）
A. B. 2C. 0或D. 0或2
【答案】C
【解析】成等比数列，则有，
等差数列的公差为，所以，得，
解得或.
故选：C.
5. 函数在区间上的大致图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
对于A，当时，，，与图象矛盾，故A错误；
对于B，当时，，则，与图象矛盾，故B错误；
对于C，当时，，无意义，故C错误；
对于D，因，则，
由知函数为偶函数，图象关于轴对称；
且当时，，无意义；
当时，，
即函数在上单调递减，
故在上单调递增，该图象均符合，即D正确.
故选：D.
6. 已知是三个不同的平面，是三条不同的直线，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. ，则三条交线的交点个数为0或1
【答案】D
【解析】对于A，若，则也可能为，即A错误；
对于B，若，则也可能是异面直线，即B错误；
对于C，若，也可以是，即C错误；
对于D，当分别为三棱柱的三个侧面时，此时两两平行，交点为0；
当分别为正方体共顶点的三个侧面时，此时交于同一点，交点为1；
即可得D正确.
故选：D
7. 已知椭圆上一点到左焦点的距离为为坐标原点，若点满足，则（ ）
A. 6B. 4C. D. 2
【答案】B
【解析】设椭圆右焦点为，连接，取的中点为，如下图所示：
由椭圆定义可知，又，可得；
易知，所以，
又因为为的中点，所以，且，
可得.
故选：B
8. 已知函数，且，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】因为，其定义域为，
则，故有，
又，
则，
因为，
所以，
即+，
因为，所以.
故选：C.
二､多选题：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. 已知，下列选项能正确表示数列的公式有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】对A，当为奇数时，，不符合数列，故A错误；
对B，由，可得，
由可得，故，
由，可知当为奇数时，；
由，可知当为偶数时，.
故该递推公式符合数列，故B正确；
对C，当时，，不符合数列，故C错误；
对D，当为奇数时，，当为偶数时，，
符合数列的通项公式，故D正确.
故选：BD.
10. 已知函数，下列说法正确有（ ）
A. 对，函数
B. 若函数与的图象关于直线对称，则
C. 对，函数
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】A选项：设，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，即，A选项正确；
B选项：与的图象关于直线对称的图象的对应的函数是，
即，则，B选项正确；
C选项：若，函数在上是增函数，
且，C选项错误；
D选项：，
又，所以，即，D选项正确；
故选：ABD.
11. 如图，曲线称为“双纽线”，其对称中心在坐标原点，且上的点满足到点和的距离之积为定值，则（ ）
A. 若，点在曲线上
B. 若，曲线的方程为
C. 若，曲线上点的纵坐标的最大值为1
D. 若点在上，则
【答案】ACD
【解析】由图可知，原点在曲线上，则.
选项A，若，则，，
由图可设曲线与x轴正半轴相交于，
则由可得，解得 ，故A 正确；
选项B，若，则，设曲线C上任一点坐标为，
则，
两边平方得，即，
所以 ，即，故 B 错误；
选项C，若，则，设曲线C上任一点坐标为，
则，
同理化简得，得，
由方程有解可得，
所以 ，则，
又令，解得，即当时，，故C 正确；
选项 D，由，设曲线C上任一点坐标为，
则，
同理化简可得，由图可知，所以，
即若点在C 上，恒有成立，故D正确．
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设 为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为___________．
【答案】
【解析】由题意知，，又为纯虚数，
所以，解得.故答案为：-1
13. 《九章算术》第五章“商功”问题十七：今有羡除【注】，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺.问积几何？大意是：今有墓道（如图②，平面平面），下宽（长）6尺，上宽（长）1丈（1丈尺），深（与距离）3尺，末端宽（长）8尺，无深，长（与距离）7尺.它体积是__________立方尺.
【注】羡除：墓道，此处是指三面为等腰梯形，其他两侧面为三角形的五面体.
【答案】84
【解析】如图，连接FC，FB，
所求体积为四棱锥和三棱锥体积之和，
故答案为：84.
14. 表示函数当自变量时的最大值，表示函数当自变量时的最小值，已知函数，则 =_________.
【答案】
【解析】由题意得
，
所以
，
由于当时，的最小值为，
当时，，
故，
故答案为：
四､解答题：本题共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. 已知函数，其中.
（1）若曲线在点处与轴相切，求的值；
（2）若3是函数的极小值点，求的值.
解：（1）因为的定义域为，
所以，
因为曲线在点处与轴相切，
所以，所以，
则，解得：.
（2）因为的定义域为，
所以，
若，则，
令，可得：或，
令，可得：，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
所以在处取的极小值，所以；
若，则，
令，可得：，
令，可得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取的极小值，所以，不符合题意；
若，则在上单调递增，无极小值，
综上：.
16. 如图，在四边形中，，且，.
（1）求面积；
（2）若，求的长.
解：（1）∵，∴.
设，则.
由得，，
∴，即，
整理得，
∵，
∴，故，，
即，
∴，即，∴，，
∴的面积为.
（2）由（1）得，，.
∵，∴.
中，由余弦定理得，
即，解得或.
17. 已知椭圆的长轴长是，为右顶点，，，，是椭圆上异于顶点的任意四个点，当直线经过原点时，直线和的斜率之积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）当直线和的斜率之积为定值时，直线是否过一个定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
解：（1）由已知，即，所依椭圆方程为，
当直线过原点时，设，
则，所以，
所以，
又，所以，，
所以，
则，所以椭圆方程为；
（2）①当直线斜率不存在时，设直线方程为，点，（），
则，，
且，
即，
所以，
解得，
即此时直线方程为；
②当直线斜率存在时，由题可设直线方程为，舍Mx1,y1，Nx2,y2，
联立直线与椭圆方程得，
则，
即，
且，，
又，，
则，
即，
即，
化简可得，
解得或，
当时，直线方程为y=kx-2k=kx-2，过点，不成立；
当时，直线方程为，过定点；
综上所述直线恒过定点.
18. 如图，在四棱台中，平面平面.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成角的正弦值；
（3）求点关于平面的对称点到平面的距离.
（1）证明：连接，因为，，
所以，所以四点在同一平面上，
又因为平面，平面平面，
所以，可得四边形为平行四边形，
所以；
（2）解：因为，，，，
所以四边形是等腰梯形，
做交与点，可得，
所以，且，
以点为原点，所在的直线分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，
，，，，
设向量为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
设向量为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
，
设平面与平面所成角的为，
所以；
（3）解：由（2）建立的空间直角坐标系，得
，，
，，
设为平面的一个法向量，
则，即，令，得，
所以，
则点到平面的距离
为，
设，则，
因为与共线，，可得，
，
所以点到平面的距离
为，
解得，或（舍去），
此时，，
所以点到平面的距离.
19. 如图，已知点列与满足且，其中.
（1）求与的关系式；
（2）证明：.
（1）解：依题意，
因，则，
因则得（*）
因，则得，
将（*）式代入此式，可得，
即得，则；
（2）证明：由，将代入，解得.
由可得，两边取平方，，
即，
又，故，因
则，即，
故得，，，，
将以上个不等式左右分别相加，可得，即得.
下面证明：恒成立.
当时，，不等式成立；
当时，，
即得，不等式成立
综上可得，得证.