2024-2025学年天津市宁河区高三上册12月月考数学阶段性检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年天津市宁河区高三上册12月月考数学阶段性检测试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．“”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
3．设，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知平面，直线，直线不在平面内，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
5．下对于两个变量和进行回归分析，得到一组样本数据：，，，，则下列说法正确的是（ ）
①由样本数据得到的回归直线必经过样本点中心
②用来刻画回归效果，的值越小，说明模型的拟合效果越好
③残差平方和越小的模型，拟合的效果越好
④用相关系数来衡量两个变量之间线性关系的强弱时，越接近于，相关性越弱；
A．①②B．①③④C．①②③D．①③
6．已知函数，则
A．f（x）的最小正周期为πB．f（x）为偶函数
C．f（x）的图象关于对称D．为奇函数
7．已知圆O：和圆C：，圆心为点C，现给出如下结论，其中正确的个数是（ ）
①圆O与圆C有四条公切线
②过点C且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或
③过点C且与圆O相切的直线方程为
④P､Q分别为圆O和圆C上的动点，则的最大值为，最小值为
A．0B．1C．2D．3
8．若实数，，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即的中点在底面上的投影为矩形的中心点.，，，，（长度单位：丈），则楔体的体积为（ ）（体积单位：立方丈）
A．B．C．D．
二、填空题
10． .
11．展开式的第四项的系数为 .
12．复数的共轭复数 ．
13．在某次美术专业测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是，和，且三人的测试结果相互独立，则测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为 .
14．如图，在中，，D,E分别边AB,AC上的点,且
，则，若P是线段DE上的一个动点，则的最小值为 .
15．已知数列满足，点在函数的图象上，其中k为常数，且，，成等比数列，则 .
三、解答题
16．中，内角，，所对的边分别为，已知的面积为，，．
（1）求和的值；
（2）求的值．
17．如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）设为棱上的点，若直线和平面的夹角的正弦值为，求线段的长．
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，且，过点作两条直线，直线与交于两点，的周长为．
(1)求的方程；
(2)若的面积为，求的方程；
(3)若与交于两点，且的斜率是的斜率的2倍，求的最大值．
19．已知等差数列的前n项和为，数列是各项均为正数的等比数列，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和；
(3)令，数列的前n项和，求证：．
20．已知函数，.
（1）当时，直线与相切于点，
①求的极值，并写出直线的方程；
②若对任意的都有，，求的最大值；
（2）若函数有且只有两个不同的零点，，求证.
高三12月份数学试题答案：
1．A
因为，，
所以，又 ，
所以.
故选：A
2．A
由在上递增，而，则，此时，充分性成立，
若，则，假设时，无意义，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．B
，，
则有，所以.
故选：B
4．D
因为，
对于A，若，则有可能在平面内，故A错误；
对于B，若，又，则，又，所以或在平面内，故B错误；
对于C，若，则有可能与平交但不垂直，故C错误；
对于D，若，则，又，则，故D正确．
故选：D
5．D
解：由题意得：
样本中心点在回归直线上，故①正确；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9

答案
A
A
B
D
D
C
C
C
D

越大拟合效果越好，故②不正确；
残差平方和越小的模型，拟合效果越好，故③正确；
用相关系数来衡量两个变量之间线性关系的强弱时，越接近于，相关性越强，故④不正确．
故选：D
6．C
对于函数，它的最小正周期为=4π，故A选项错误；函数f（x）不满足f（–x）=f（x），故f（x）不是偶函数，故B选项错误；令x=，可得f（x）=sin0=0，故f（x）的图象关于对称，C正确；由于f（x–）=sin（x–）=–sin（x）=–cs（x）为偶函数，故D选项错误，故选C．
7．C
根据题意可知，两圆半径分别为，，
故两圆相离，所以有四条公切线，①正确；
，④正确；
显然过且在两坐标轴的截距相等的直线有（此时截距为零），
当截距不为零时，可设，代入点得，故②错误；
易知是过与圆O相切的直线，此时斜率不存在，
若切线斜率存在，可设，
则O点到的距离为，
所以该切线方程为，
综上过点C且与圆O相切的直线方程，，故③错误；
故选：C
8．C
，，，
（当且仅当，即时取等号），
的最小值为.
故选：C.
9．D
如下图所示，将楔体补成直三棱柱，则为的中点，

则，，取的中点，连接、，
在直三棱柱中，且，
、分别为、的中点，则且，
为的中点，则且，且，
所以，四边形为平行四边形，可得且，
由已知平面，则平面，平面，，
，，
在直三棱柱中，平面，则平面，
，，
同理可得，
因此，楔体的体积为.
故选：D.
10．
易知.
故
11．
的展开式的通项为，
令的，
故第四项的系数为：，
故答案为.
12．
因为，所以.
故
13．
设甲、乙、丙三人获得优秀等级分别为事件、、，
则，且，，相互独立，
设甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级为事件，
则，
设乙没有达优秀等级为事件，则，
所以.
故答案为.
14． 1
，；
又因为且，为正三角形，
，，，
设的长为（），则，，
时取等号，
的最小值为.
故1，.
15．2
因为点在函数的图象上，
所以，所以，
又，所以，，，
因为，，成等比数列，所以，解得或（舍去）.
故答案为.
16.（1）；；
在中，由，可得，
的面积为，可得：，可得．
又，解得：，或，（舍去），
，，
∴，
∴，
又，解得；
所以；
（2）．
由（1）知：，所以，
所以，
，
，
．
17．（1）证明：如图，以为原点建立空间直角坐标系，
依题意可得，，，，
，，，，
又因为，分别为和的中点，得，．
可得为平面的法向量，，
由此可得，
又因为直线平面，所以平面．
解：，，
设为平面的法向量，则，即
不妨设，可得．
设为平面的法向量，则，
又，得，
不妨设，可得．
因此有，
所以，平面与平面的夹角的余弦值为．
（3）．
依题意，可设，其中，
则，从而，
又为平面的法向量，
由已知，得，
整理得，
又因为，解得，
所以，线段的长为．
(1)
设椭圆的半焦距为，由题意知，所以，
的周长为，所以，
所以，
故的方程为．
或．
易知的斜率不为0，设，
联立，得，
所以．
所以，
由，
解得，
所以的方程为或．
(3)．
由（2）可知，
因为的斜率是的斜率的2倍，所以，
得．
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为．

(1)，；
设等差数列的公差为d，等比数列的公比为．
因为，
所以，解得，
所以数列的通项公式为．
，由，得，
所以数列通项公式为．
(2)；
，①
，②
①②，
所以
（3）证明：因为，
所以
所以
因为
所以．
（1）①极小值为，没有极大值，线的方程为；
解：当时，，
，，令，解得.
当变化时，，的变化情况如下表：
所以的极小值为，没有极大值.
又因为，，
所以，直线的方程为，即.
②最大值为；
解：对任意的都有，
即恒成立.由，故，所以.
由①知在单调递增，因此，可得，即.
当时，的最小值为，所以的最大值为.
（2）证明：要证明，只需证明即可.
—
0
+
↘
极小值
↗
依题意，，是方程的两个不等实根，因为，
所以
①､②相加得：，
①､②相减得：，
消去，整理得，
.
不妨设，令，则.
故只需证明当时，，即证明.
设，则.
于是在单调递增，从而，因此.
所以，.