2024~2025学年江苏省淮安市高三上学期12月月考数学试卷【有解析】

这是一份2024~2025学年江苏省淮安市高三上学期12月月考数学试卷【有解析】，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，，且，则（ ）
A．B．C．2D．4
2．设，则“”是“”成立的（ ）
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
3．已知锐角满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，若在的右支上存在关于轴对称的两点，使得为正三角形，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．设，且，则下列结论正确的个数为（ ）
① ② ③ ④
A．1B．2C．3D．4
7．已知为坐标原点，抛物线的焦点到准线的距离为1，过点的直线与交于两点，过点作的切线与轴分别交于两点，则（ ）
A．B．C．D．
8．三棱锥的底面是等边三角形，，二面角的大小为，若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值等于（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知是边长为4的正三角形，该三角形的内心为点，下列说法正确的是（ ）
A．在方向上的投影向量的模为2
B．
C．
D．若为外接圆上任意一点，则
10．已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次记为，若，则（ ）
A．
B．的最小正周期为
C．将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，则在上的值域为
D．若函数，则在上有4个零点
11．已知函数的定义域为，，且当时，；当时，单调递增，则（ ）
A．B．
C．是奇函数D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知数列满足，则的通项公式为 .
13．在中，角的对边分别是，若，则最小角的正弦值为 .
14．古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是 ；为的中点，则三棱锥体积的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角对应的三边分别是，，，且.
(1)求角的值；
(2)若，，求的面积.
16．已知数列前项和为，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前100项和.
17．如图1，菱形的边长为4，，是的中点，将沿着翻折，使点到点处，连接，得到如图2所示的四棱锥.
(1)证明：；
(2)当时，求平面与平面的夹角的正弦值.
18．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，两焦点，与短轴的一个顶点构成等边三角形，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，与直线交于点D．
①设内切圆的圆心为I，求的最大值；
②设，，证明：为定值．
19．设函数的定义域为，若，，则称为“循环函数”.
(1)试问函数是否为“循环函数”？说明你的理由.
(2)已知函数，证明：存在常数，使得为“循环函数”.
(3)已知对任意，，函数，都满足.
①证明：为“循环函数”.
②若，证明：当时，.
答案
1．【正确答案】A
【详解】，，
又∵，∴，，
故选：A．
2．【正确答案】D
【详解】时，，但仍然有，因此不充分，
时，，但仍然有，因此不必要．
故选：D．
3．【正确答案】C
【详解】由，得，
因此，由，得，
又余弦函数在上递减，则，所以.
故选：C
4．【正确答案】B
【详解】
,
则所求虚部为.
故选：B．
5．【正确答案】D
【分析】根据条件，利用几何关系得到，又因为，得到，再结合双曲线的定义得到，即可求解.
【详解】设双曲线的焦距为，右焦点为，直线交于点，连接，
因为为正三角形，，所以为的中点，所以，
所以，易知，所以，
由双曲线的定义知，
即，得.

故选D．
6．【正确答案】C
【详解】∵，且，∴，当且仅当时取等号，
同时，，①错；
，当且仅当时等号成立，②正确；
设，则，
当时，，∴在上递减，
所以时，，
由，且，得，，∴，③正确；
设，则，∴在单调递增，
∴时，，即，由题意，
则，∴，④正确．
故选：C．
7．【正确答案】D
【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为1，所以，
即抛物线方程为，焦点为，
设直线方程为，设，
由得，
所以，，
抛物线方程为，，所以，
切线方程为，又，所以切线方程为，
令得，令得，，，
，，
∴，
故选：D.
8．【正确答案】A
【详解】设，三棱锥外接球的半径为R，则，解得，
设的外心为，该点是棱AC的中点，设等边的外心为，
过点作平面APC的垂线，过点作平面ABC的垂线，两垂线交于点O，
即为三棱锥外接球的球心．
因为二面角的大小为，所以，
于是，，
，
因为，即，
解得，即，
因为，所以当时，点P到平面ABC的距离最大，
其最大距离为，
所以三棱锥体积的最大值等于.
故选：A.
9．【正确答案】ABD
【详解】如图，正的内心为点，则也为的外心和重心，
分别是中点，则，在上，
，则，
在方向上的投影向量为，所以在方向上的投影向量的模等于在方向上的投影向量的模，模为2，A正确；
，B正确；
，C错误；
，D正确．
故选：ABD．
10．【正确答案】BC
【详解】对于A，由题意可知，故，，
记，则，
故，则①，
而②，联立①②可得，故A错误；
对于B，依题意，故B正确；
对于C，由A得函数，故，
故当时，，，故，
故，C正确；
对于D，，
在直角坐标系中分别作出，的图象如图所示，

由图可知，它们在上有6个交点，
即在上有6个零点，故D错误；
故选：BC.
11．【正确答案】ACD
【详解】在中，
令得：，又，∴，故A正确；
令得，∴，即，
若，则，与时，矛盾，故B错误；
令，得，即，又，∴，
再令得，即，∴是奇函数，C正确；
令得，即，
不等式即为，即，
时，，，单调递增，即，
又时，，，
对任意的，或，
∴恒成立，故D正确．
故选：ACD．
12．【正确答案】
【详解】数列中，，
当时，，
两式相减得，解得，而，即满足上式，
所以的通项公式为.
故
13．【正确答案】/
【详解】因为，
所以，则，
又，不共线，所以，则，，
所以边最小，则角最小，故，
由余弦定理可得，
所以.
故答案为.
14．【正确答案】 ； ．
【详解】如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，，，，，
在平面内，
设，则由得，
化简得，
所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，面积为，
在长方体中，，，
，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
，
到平面的距离为，
满足，
所以的最小值等于，
从而到平面的距离的最小值为，
∴三棱锥体积的最小值为．
故；．
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意由正弦定理可得，
整理可得，
即，所以；
可得，又，所以，
又，因此.
（2）由三角形内角关系可得，
由可得，解得或；
当时，，又，所以两角均为钝角，不合题意；
因此，；
又，可得，同理；
由正弦定理可得，可得，
同理
因此的面积为.
16．【正确答案】(1)；
(2)．
【详解】（1）∵，∴时，，
两式相减得，即，
，
又，即，
所以，∴，也适用．
∴；
（2）由（1），
∴
．
17．【正确答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在菱形中，由，得△是等边三角形，由是的中点，得，
在四棱锥中，由，,平面，
得平面，而平面，
所以.
（2）菱形的边长为是的中点，，，
由（1）知平面，
以为坐标原点，以为轴正方向，为轴负方向建立空间直角坐标系（如图）
则，设，，
由，，得，解得，即，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的正弦值.
18．【正确答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，解之即得椭圆C的标准方程；
（2）①结合图形，将使最大问题转化为使最大，即使最小，可通过余弦定理和基本不等式得到；
②依题意设出直线的横截距式方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据，代入坐标，求得，，计算并将韦达定理代入化简即得.
【详解】（1）由题意得：解得，
∴椭圆C的标准方程是．
（2）
如图，①因为I为的内切圆圆心，则，
显然∠IAB是锐角，当且仅当∠IAB最大时，最大，
即须使最大，又，则须使最小，
在椭圆中，，，
在中，由余弦定理，
．
当且仅当时取等号，即当时，
为正三角形时，取得最大值，∠IAB取最大值，
此时的最大值为；
②由（1）知，由条件可知的斜率存在且不为0，
设l的方程为，则，令可得．
联立方程得，，
设，，则，，
由可得，
则有，解得，同理．
∴
．
故为定值．
【方法总结】本题主要考查与圆锥曲线有关的最值问题和定值问题，属于较难题.解决最值问题经常将所求量转化成求函数式的最值，利用函数单调性或基本不等式求解；解决定值问题常见步骤为：设直线方程和相关点坐标，将直线与圆锥曲线的方程联立，应用韦达定理，根据题意列出等式，结合韦达定理进行简化，整理，求出定值.
19．【正确答案】(1)是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)①证明见解析；②证明见解析
【详解】（1），
当，则，
当时，，则.
当时，，；
因此对任意的，都有，
故是“循环函数”.
（2）根据题意可知函数，
显然，，
易知函数的定义域为，要使任意满足，
那么，
因此不妨令，
当时，，
则，
所以存在常数，使得为“循环函数”.
（3）证明：由题意得对，恒成立，
所以存在常数，使得.
令，得解得，.
①由，得为“循环函数”.
②若，则，.
要证明，
所以即证，
即证，
不妨设，
显然，
所以导函数，
显然当时，导函数，此时函数单调递增；
当时，导函数，此时函数单调递减；
所以，
设，
因此，，
显然当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
故,
即，
所以，
即，
即．