2024~2025学年江苏省苏州市高三上学期12月月考数学试卷【有解析】

这是一份2024~2025学年江苏省苏州市高三上学期12月月考数学试卷【有解析】，共17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，，若，则整数a的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若复数满足，则（ ）
A．1B．C．D．2
3．在平面直角坐标系中，动点到直线的距离比它到定点的距离小2，则点的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
4．已知等比数列的公比为，若，且，，成等差数列，则（ ）
A．B．3C．0或3D．
5．直线l与两直线y＝1和x－y－7＝0分别交于A，B两点，若线段AB的中点为M(1，－1)，则直线l的斜率为( )
A．B．C．D．
6．已知两点，，若直线上存在点P，使，同时存在点Q，使，则称该直线为“两全其美线”，给出下列直线，其中为“两全其美线”的是（ ）
A．B．C．D．
7．在三棱锥中，平面，，是线段上的动点，记直线与平面所成角为，若的最大值为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
10．已知圆，圆，为坐标原点，动点在轴上，动点在圆上，线段的中点为.则下列选项正确的是（ ）
A．的轨迹方程为
B．过点作圆的一条切线，则切线长最短为2
C．圆和圆有两条公切线
D．的最大值为
11．已知函数，则（ ）
A．当时，是偶函数B．当时，没有零点
C．存在实数，使得函数的最大值为D．对任意实数，
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知数列满足，，记数列的前项和为，则 .
13．已知双曲线，焦点到一条渐近线的距离为，离心率，过左焦点F的直线l交双曲线C的同一支于A，B两点，若，则 ．
14．在圆幂定理中有一个切割线定理：如图1所示，QR为圆O的切线，R为切点，QCD为割线，则，如图2所示，在平面直角坐标系xOy中，已知点，点P是圆上的任意一点，过点作直线BT垂直AP于点T，则的最小值是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在△中，内角的对边分别是，且.
(1)求证：；
(2)若，且是边的中点，求的最小值.
16．已知各项均为正数的数列满足：．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求．
17．已知四棱锥中，，平面平面ABCD，．点N为线段SD的中点，且平面ABN与棱SC交于点M．
(1)求证：点M为线段SC的中点；
(2)求平面BCN与平面SCD所成锐角的余弦值．
18．已知椭圆的右顶点为，上顶点为，为坐标原点，椭圆内一点满足，.
(1)求椭圆的离心率；
(2)椭圆上一点在第一象限，且满，直线与椭圆另一个交点为.
（i）求点的坐标；（用表示）
（ii）直线交的延长线于点，若的面积为，求椭圆的标准方程.
19．已知函数．
(1)当时，判断的单调性；
(2)若函数恰有两个极值点．
①求实数的取值范围；
②证明：的所有零点之和大于.
答案
1．【正确答案】C
【详解】不等式，解得.
故集合，
若，则，
所以，则整数a的最小值为3.
故选：C
2．【正确答案】A
【详解】由题意可知，复数满足，
则可转化为，
所以.
故选：A.
3．【正确答案】B
【详解】由题意知动点Px,y到直线的距离与它到定点的距离相等，
由抛物线的定义知，点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以，点的轨迹方程为.
故选：B.
4．【正确答案】B
【详解】因为，，成等差数列，所以，即，
因为，所以，即，
因为，，所以.
故选：B
5．【正确答案】D
【详解】设直线l的斜率为k，又直线l过M（1，﹣1），则直线l的方程为y+1=k（x﹣1），
联立直线l与y=1，得到，解得x=，所以A（，1）；
联立直线l与x﹣y﹣7=0，得到，解得x=，y=，所以B，
又线段AB的中点M（1，﹣1），所以+=2，解得k=﹣23．
故选D．
6．【正确答案】C
【详解】由点，，得，
由，得点的轨迹是以点为焦点，实轴长为6的双曲线右支，方程为，
由，得点的轨迹是以点为焦点，实轴长为6的双曲线左支，方程为，
直线为“两全其美线”，当且仅当直线与双曲线的两支相交，
对于A，双曲线的渐近线为，直线与双曲线无公共点，A不是；
对于B，直线与双曲线左支无公共点，B不是；
对于C，由，知直线过双曲线的中心，
且在两条渐近线所夹含焦点的区域，直线与双曲线两支相交，C是；
对于D，由，知直线过双曲线的中心，且在两条渐近线所夹含虚轴的区域，
直线与双曲线无公共点，D不是.
故选：C
7．【正确答案】C
【详解】解：是线段上一动点，连接.
平面,就是直线与平面所成角.当最短时，即时直线与平面所成角的正切值最大.此时，
又，所以.在△中，.
.在△中，.因为，
由勾股定理得△是直角三角形且.把三棱锥扩充为长方体，则长方体的体对角线长为.
所以三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为.
故选：C
8．【正确答案】D
【详解】因为，定义域关于原点对称，
，
所以为上的偶函数，
当时,，设，
则，，，
所以即在上单调递减,所以,
所以在上单调递减,又因为为偶函数,
所以在上单调递增，
又因为,,
又因为,
因为,，所以,
所以，即,
所以,
所以,
即.
故选：D.
9．【正确答案】AD
【详解】对于A，，，所以或，而，故，故正确；
对于B，如图，长方体中，，则，故B错误；
对于C，如图，长方体中，
，则，故C错误；
对于D，若α//β，，则，而，故，故正确.
故选：AD.
10．【正确答案】BCD
【详解】对于A，设点Mx,y，又点为线段的中点，
由，则，
又动点在圆上，则，即，即，
即的轨迹方程为，故A错误；
对于B，设点，
又圆，则圆心坐标为，半径，
则切线长为，
由函数的性质知，当时，切线长最短为，故B正确；
对于C，圆的圆心坐标为，半径，
圆，则圆心坐标为，半径，
又，，
则圆与圆相交，因此有两条公切线，故C正确；
对于D，由，则其几何意义可为定点与动点的构成的直线的斜率，
又动点在圆上，则也在圆上，
则问题转化为定点与圆上的任意一点的斜率的最大值，
由图知过点且与圆相切的直线的斜率存在，
设过点且与圆相切的直线为，即，
则到直线的距离，即，解得或，
结合图象知，斜率最大为，即的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
11．【正确答案】ABD
【详解】对于：时，
，即为偶函数，A对.
令，
可得：，
，
所以或，
也即或，
而，
显示上面两个方程都无解，所以无零点，B对.
若取最大值，则，
则，，
又，对于任意，上面方程无解，故C错.
构造函数，恒成立，
所以单调递减，当时，，
当时，，即，
当时，，即，
则结合图象可知：
所以，D对，（和差化积公式）
故选：ABD
12．【正确答案】
【详解】由题意得，，，
，，
所以为周期数列，
所以.
故
13．【正确答案】
【详解】令双曲线左焦点，其渐近线方程为，
依题意，，又，解得，
双曲线的方程为，，当直线斜率存在时，设其方程为，
由消去得，
设，则，显然，
，，
由，得
，
当直线时，由，得，，
所以.
故
14．【正确答案】
【详解】解：设，
因为，所以，
即，即，
所以点的轨迹方程为，
过点P作圆的切线PC，C为切点，则，
由切割线定理得，
所以，
当且仅当时取等号，
所以的最小值是.
故答案为.
15．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设△内角，、、的对边分别是、、
∵，∴，
整理得，
由正弦定理得.
（2）∵，且是边的中点，∴，
由余弦定理得，，则.
∵，∴，
由，得（当且仅当时等号成立.），
∴，∴，故的最小值为.
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由条件，知，，，，
累加，得，
所以，又，所以，又符合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1），知，
设，则，
得，
所以.
17．【正确答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）在四棱锥中，由，平面，平面，
得平面，又平面，平面平面，
则，而点N为线段SD的中点，
所以点M为线段SC的中点.
（2）由，得，由平面平面平面，
平面平面，则平面，平面，
于是，即直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
在中，，则，而点N为线段SD的中点，则，
平面，且，则平面，平面，则，
又，平面，因此平面，是平面的法向量，
，，
设平面的法向量为，则，令，得，
于是，
所以平面与平面所成锐角的余弦值为.
18．【正确答案】(1);
(2)（i）,（ii）.
【详解】（1）因为椭圆内一点M满足，所以为的中点，
由椭圆右顶点Aa,0，可得，又因为椭圆上顶点，
所以，化简得，
因为，所以，
所以椭圆的离心率.

（2）（ⅰ）由（1）可得椭圆方程为，
椭圆上一点在第一象限，且满,
所以，设直线方程为，
由直线方程与椭圆方程联立得，
解得，因为点在第一象限，，则，
因为关于原点对称，所以；
（ⅱ）因为，，
则直线的方程为，联立，解得，
所以，
所以，所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，，
所以的面积，所以，
所以椭圆的标准方程为.
19．【正确答案】(1)在单调递增，在单调递减，
(2)①，②证明见解析
【分析】（1）求导，即可导函数的正负求解，
（2）求导，构造函数，对分类讨论，即可解①，根据的单调性可得在和上各有一个零点，即可根据可得函数的三个零点为，利用基本不等式即可求解②.
【详解】（1）时，，定义域为，则，
令，解得，，解得，
故在单调递增，在单调递减，
（2）①，
则，
记，则，
，
令，解得，，解得，
故在单调递减，在单调递增，，
若，则在单调递增，此时无极值点，不符合，
当，则，
当因此在有一个实数根，
现证明：
设，
则当时，单调递减，当时，单调递增，故当，故当且仅当时取等号，
故，所以
，
所以在上有一个实数根，故恰有两个极值点，符合题意，
故；
②由①知，且在单调递增，在单调递减，
由于，
当当
所以在和上各有一个零点，
结合可知共有3个零点，
，
若，则，
故的三个零点可以表示为，
故，
由于，故等号取不到，因此
因此的零点之和大于3，得证.
方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.