寧夏銀川一中2025屆高三上學期第四次月考數(shù)學試卷答案

第1頁/共1頁寧夏回族自治區(qū)銀川一中2024-2025學年高三上學期第四次月考數(shù)學試卷命題教師：李雪娜注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.作答時，務必將答案寫在答題卡上.寫在本試卷及草稿紙上無效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1.復數(shù)的虛部為（）A. B.3 C. D.3i【答案】B【解析】【分析】根據(jù)復數(shù)的定義及四則運算計算即可.【詳解】化簡，得其虛部為3.故選：B2.若一個圓錐底面半徑為1，高為，則該圓錐表面積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用圓錐的表面積公式計算即可.【詳解】由題意可知圓錐的母線長，底面圓周長為，底面圓面積為，所以圓錐側(cè)面積為，故該圓錐表面積為.故選：A.3.已知向量，（），若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)數(shù)量積的運算規(guī)則以及向量垂直時的數(shù)量積表示即可.【詳解】因為，，所以，；因為，，即，解得或（舍去），所以，；故選：B.4.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意可知，根據(jù)二倍角公式及同角的三角函數(shù)關系可得，即可得答案.【詳解】解：因為，所以.故.故選：C.5.已知為等差數(shù)列的前n項和，公差為d.若，，則（）A. B.C. D.無最大值【答案】B【解析】【分析】對于A：根據(jù)可得，結(jié)合通項公式分析判斷；對于B：根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)可得，即可分析判斷；對于CD：根據(jù)分析數(shù)列的符號性，即可判斷.【詳解】對于選項A：因為數(shù)列為等差數(shù)列，則，即，可得，則，故A錯誤；對于選項B：因為，則，所以，故B正確；對于選項D：因為，且，可知，當時，；當時，；可知當且僅當時，取到最大值，故D錯誤，對于選項C：因為，所以，故C錯誤；故選：B.6.如圖所示，正方體的棱長為1，點分別為的中點，則下列說法正確的是（）A.直線與直線垂直 B.直線與平面平行C.三棱錐的體積為 D.直線BC與平面所成的角為【答案】B【解析】【分析】A選項根據(jù)正方體的性質(zhì)判斷；對于B，D利用空間向量判斷，對于C，利用體積公式求解即可.【詳解】A選項：為正方體，所以，直線與直線不垂直，所以直線與直線不垂直，故A錯誤；如圖建立空間直角坐標系，則，對于B，設平面的法向量為，則，令，則，因為，所以，所以，因為在平面外，所以直線與平面平行，所以B正確，對于C，，所以三棱錐的體積為，所以C錯誤，對于D，，直線BC與平面所成的角為，，所以D錯誤，故選：B.7.已知函數(shù)（為常數(shù)），若在上的最大值為，最小值為，且，則（）A.6 B.4 C.3 D.2【答案】D【解析】【分析】將函數(shù)解析式化為，令，則，設，，可判斷是奇函數(shù)，根據(jù)奇函數(shù)性質(zhì)及，求得答案.【詳解】因為，，令，則，設，，則，所以是奇函數(shù)，最大值為，最小值為，則，由，解得.故選：D.8.設，．若動直線與交于點A，C，動直線與交于點B，D，則的最大值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出圓的圓心和半徑，求出兩條直線位置關系和經(jīng)過的定點，作出圖像，設圓心到其中一條直線的距離為d，根據(jù)幾何關系表示出，利用基本不等式即可求出其最大值.【詳解】，圓心，半徑，過定點，過定點，且⊥，如圖，設和BD中點分別F、G，則四邊形為矩形，設，，則，則＝，當且僅當即時取等號.故選：B.二、多項選擇題（共3小題，滿分18分，每小題6分）9.已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列說法正確的是（）A.若，，，則 B.若，，，則C.若，，，則 D.若，，，則【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用空間線線、線面、面面垂直或平行關系逐項判斷即可.【詳解】對于A，由，得存在過直線的平面與平面相交，令交線為，則，而，，則，，因此，A正確；對于B，由，，，得是平行直線或異面直線，B錯誤；對于C，由，得存在過直線的平面與平面相交，令交線為，則，由，得，又，則，因此，C正確；對于D，，，，當都平行于的交線時，，D錯誤.故選：AC10.已知直線：，圓：，以下正確的是（）A.與圓不一定存在公共點B.圓心到的最大距離為C.當與圓相交時，D.當時，圓上有三個點到的距離為【答案】ABD【解析】【分析】對A，根據(jù)直線與圓的位置關系，求圓心到直線的距離判斷；對于B，由于直線恒過定點，所以當時，圓心到直線的距離最大，從而可求出其最大值；對C，根據(jù)直線與圓的位置關系求解判斷；對D，求出圓心到直線的距離，進而判斷.【詳解】對于A，圓心到直線的距離為，當，即，解得或，此時直線與圓相離，沒有公共點，故A正確；對于B，因直線，即，所以直線過定點，當時，圓心到直線的距離最大，最大值為，故B正確；對于C，當直線與圓相交時，則，解得，故C錯誤；對于D，當時，直線，圓心到直線的距離為，所以圓上有三個點到直線的距離為，故D正確.故選：ABD.11.設與其導函數(shù)的定義域均為，若的圖象關于對稱，在上單調(diào)遞減，且，則（）A.為偶函數(shù) B.的圖象關于原點對稱C. D.的極小值為-3【答案】ABD【解析】【分析】利用函數(shù)對稱性的恒等式來證明函數(shù)奇偶性和周期性，從而問題得解.【詳解】因為的圖象關于對稱，所以，即，則為偶函數(shù)，故A正確；由得，，兩邊取導數(shù)得，，即，所以，則是奇函數(shù)，所以圖象關于原點對稱，故B正確；由上可知，，又由得，所以，則，所以有，即函數(shù)是一個周期函數(shù)且周期為8；又由，令得，，則，故C錯誤；由在上單調(diào)遞減，又的圖象關于點對稱可知，在上單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞減，又的圖象關于對稱，所以在上單調(diào)遞增，由周期性可知，在上單調(diào)遞增，所以當時，取得極小值，即，故D正確，故選：ABD.【點睛】結(jié)論點睛：函數(shù)對稱性與周期性：（1）若，則函數(shù)關于中心對稱；（2）若，則函數(shù)關于對稱；（3）若，則函數(shù)的周期為2a；（4）若，則函數(shù)的周期為2a.三、填空題（共3小題，滿分15分，每小題5分）12.已知，若直線與直線相互垂直，則a=____.【答案】0或2【解析】【分析】根據(jù)兩直線垂直得到方程，求出或2.【詳解】兩直線垂直，故，解得或2.故答案為：或213.如圖所示，在棱長為6的正方體中，點分別是棱，的中點，過，，三點作該正方體的截面，則截面的周長為__________．【答案】【解析】【分析】【詳解】如圖，延長相交于，連接，交于，延長相交于，連接交于，可得截面五邊形，是邊長為的正方體，且分別是棱的中點，，截面的周長為.故答案為：.14.已知是函數(shù)的兩個零點，且，若將函數(shù)的圖象向左平移個單位后得到的圖象關于軸對稱，且函數(shù)在恰有2個極值點，則實數(shù)取值范圍為_____________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)函數(shù)零點的最小距離可得，再利用平移規(guī)則和函數(shù)奇偶性可求得，根據(jù)函數(shù)在內(nèi)恰有2個極值點可限定出，即可解得實數(shù)的取值范圍.【詳解】由，即，可得或，根據(jù)正弦函數(shù)圖象性質(zhì)可知，解得，則；將函數(shù)的圖象向左平移個單位可得，又為偶函數(shù)，則，又，可得，因此；當時，可知，若函數(shù)在內(nèi)恰有個極值點，可知，解得，所以實數(shù)的取值范圍為.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用正弦函數(shù)圖象性質(zhì)根據(jù)兩零點的最小距離求得，再由平移后的函數(shù)為偶函數(shù)求得，得出函數(shù)的解析式后問題便迎刃而解.四、解答題（共5小題，滿分77分.）15.記是公差不為0的等差數(shù)列的前項和，，且成等比數(shù)列.（1）求和；（2）若，求數(shù)列的前20項和.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列的通項公式和等比中項的性質(zhì)可求出，再根據(jù)等差數(shù)列的通項公式和前項和公式即可求解；（2）結(jié)合題意，由（1）的結(jié)論可得，利用裂項相消法即可求解.【小問1詳解】設已知數(shù)列的公差為，則，由，得，即，所以或，顯然不為0，所以，所以，.【小問2詳解】由（1）知，又，，，所以.16.已知函數(shù).（1）求的圖象在點處的切線與坐標軸圍成的封閉圖形的面積；（2）設函數(shù)，若在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由導數(shù)的幾何意義求切線方程，進而可得交點坐標和面積；（2）分析可知，參變分離可得，構(gòu)建，利用導數(shù)求其最值即可.【小問1詳解】由題意得，則.又因為，所以圖象在點處的切線為，與兩個坐標軸的交點分別為和，所求的封閉圖形的面積為.【小問2詳解】的定義域為0,+∞，因為在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，所以，即，所以.設，則.當時，?′x>0，?x單調(diào)遞增，當時，?′所以，所以的取值范圍是.17.如圖，在四棱錐中，底面，，，，，為棱的中點，是線段上一動點.（1）求證：平面平面；（2）若直線與平面所成角的正弦值為時，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）證明出平面，利用面面垂直的判定定理可證得結(jié)論成立；（2）以點為坐標原點建立空間直角坐標系，利用空間向量結(jié)合線面角的正弦求出點的坐標，再利用空間向量求夾角的余弦作答.【小問1詳解】因為，，則，又平面，平面，則，而，平面，因此平面，又平面，所以平面平面.【小問2詳解】因為底面，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、、、，設，，其中，顯然平面的一個法向量為，依題意，，解得，于是為的中點，即，設平面的法向量為，，，則，取，得，而平面的一個法向量為，所以平面與平面夾角的余弦值為.18.在中，設角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且滿足．（1）求角B；（2）若，求面積的最大值；（3）求的取值范圍．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理，結(jié)合輔助角公式進行求解即可；（2）根據(jù)三角形面積公式，結(jié)合余弦定理以及基本不等式求解即可；（3）利用正弦定理邊角互化將原式轉(zhuǎn)化為，然后令，將原式化為：，最后結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)求解值域.【小問1詳解】因為，根據(jù)正弦定理得：，且，可得，即，又因為，則，可得，整理可得，且B∈0,π，則可得，解得.【小問2詳解】由余弦定理得：，即，可得，解得，當且僅當時，等號成立，所以的面積為：，故面積最大值為.【小問3詳解】根據(jù)正弦定理得：，令，則，可得，將原式化為：，因為，則，可得，根據(jù)二次函數(shù)的圖像性質(zhì)得到，當時，原式取得最小值，；當時，原式取得最大值，；故的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：對于（3）：對于已知角的范圍問題，解題關鍵是利用正弦定理邊化角，再利用三角恒等變換化簡整理，進而根據(jù)三角函數(shù)有界性分析求解.19.已知二階行列式，三階行列式，其中分別為的余子式（某個數(shù)的余子式是指刪去那個數(shù)所在的行和列后剩下的行列式）．（1）計算．（2）設函數(shù)．①若的極值點恰為等差數(shù)列的前兩項，且的公差大于0，求；②若且，函數(shù)，證明：．【答案】（1）18（2）①；②證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題設定義，即可求解；（2）根據(jù)題設定義，得到，（i）先利用極值點的定義，求得，進而有，即可求解；（ii）構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關系得到，再構(gòu)造函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到的單調(diào)性，從而得到，即可求解.【小問1詳解】原式．【小問2詳解】．（i）．當或時，；當時，．所以在和上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，所以的極大值點為，極小值點為1．因為的極值點恰為等差數(shù)列的前兩項，且的公差大于0，所以，則公差，所以，所以．（ii）因為，所以在上無零點，在上存在唯一零點，且．令，則，當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減．所以，而，所以．