2024-2025（上）10月月度質(zhì)量監(jiān)測高三數(shù)學本試卷滿分150分考試時間120分鐘命題人：陳建騏、張梅寧、陳鑫校題人：林曉萍、羅鑫、黃偉【命題組織單位：遼寧沈文新高考研究聯(lián)盟】第Ⅰ卷選擇題（共58分）一、單選題（本大題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題所給的四個選項中，有且只有一項是符合題目要求的）1.已知集合，，則中的元素個數(shù)為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】A【解析】【分析】先求集合A、B，再根據(jù)交集的定義求出即可求解.【詳解】解:因為集合，，所以，故選：A.2.已知是方程的一個根，則（）A.－2 B.2 C. D.－1【答案】A【解析】【分析】法一:將復數(shù)代入二次方程，利用復數(shù)相等求解；法二：利韋達定理求解.【詳解】方法1：由題意知，即，解得.方法2：根據(jù)虛根成對知1－2i也是方程的根，由韋達定理得，所以.故選:A.3.不等式成立的一個充分不必要條件是（）A. B.，C.，， D.，，【答案】A【解析】【分析】解不等式，根據(jù)集合的包含關系求出答案即可．【詳解】，，解得：或，故不等式成立的一個充分不必要條件是，故選：．【點睛】本題考查了充分必要條件，考查不等式問題，是一道基礎題．4.已知，且，則（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由余弦的二倍角公式和兩角差正弦公式可得，結(jié)合求出的值，再根據(jù)正切的二倍角公式即可.【詳解】，故，又因為，且．故，或，，則或，故，故選：D．5.若，是兩個單位向量，則下列結(jié)論中正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】，是兩個單位向量，則，但，方向不能確定，即可判斷AB；利用數(shù)量積的定義與性質(zhì)可判斷CD．【詳解】，是兩個單位向量，則，但，方向不能確定，故選項AB錯誤；，只有，同向共線時，才有，故選項C錯誤；，，，選項D正確.故選：D.6.如圖，在直角梯形ABCD中，，，，將直角梯形ABCD沿對角線折起，使平面平面BCD，則異面直線AC與BD所成角的余弦值為（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】取BD的中點F，連接AF，則，通過面面垂直的性質(zhì)定理可得到平面BCD．過C作，且使，連接AE，EF，BE，F(xiàn)C則為所求的角，在分別求出的大小，即可求出答案.【詳解】在直角梯形ABCD中，因為，，，所以，，取BD的中點F，連接AF，則．又因為平面平面BCD且交于BD，所以平面BCD．過C作，且使，連接AE，EF，BE，F(xiàn)C則為所求的角．中，，在中，．因為，所以為直角三角形．所以，所以異面直線AC與BD所成角的余弦值為．故選：B.7.設正實數(shù)滿足，則下列說法錯誤的是（）A.的最小值為4 B.的最大值為C.最大值為2 D.的最小值為【答案】C【解析】【分析】根據(jù)基本不等式以及“1”的妙用判斷各選項.【詳解】對于A，，當且僅當時取等號，故A正確；對于B，，當且僅當，即時取等號，故B正確；對于C，，則，當且僅當，即時，故C錯誤；對于D，，當且僅當時取等號，故D正確.故選：C.8.定義在上的單調(diào)函數(shù)，對任意的有恒成立，若方程有兩個不同的實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由條件單調(diào)函數(shù)，對任意的都有，故必有，且，即可求得，再根據(jù)導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，求得方程有兩個不同的實根滿足的條件，求得的取值范圍.【詳解】由于函數(shù)單調(diào)函數(shù)，則不妨設，則，且，解得，所以.設，則方程有兩個不同的實數(shù)根等價于函數(shù)與有兩個不同的交點.，易得當時，；當時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以.又，且當時，.故函數(shù)與有兩個不同的交點則.故選：B二、多選題（本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題所給的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.以下是真命題的是（）A.已知，為非零向量，若，則與的夾角為銳角B.已知，，為兩兩非共線向量，若，則C.在三角形中，若，則三角形是等腰三角形D.若三棱錐的三條側(cè)棱與底面所成的角相等，則頂點在底面的射影是底面三角形的外心【答案】BD【解析】【分析】A：將已知條件兩邊同時平方，整理得到，結(jié)合平面向量的數(shù)量積的定義得到，由平面向量的夾角范圍可得，進而可以判斷選項；B：將已知條件變形為，結(jié)合平面向量數(shù)量積即可判斷選項；C：結(jié)合正弦定理化簡整理即可判斷三角形的形狀；D：作出圖形，證得，即可得到，結(jié)合三角形外心的性質(zhì)即可判斷.【詳解】A：因為，兩邊同時平方，得，即，所以，因此，因為，所以，因此與的夾角為銳角或零角，故A錯誤；B：因為，所以，又因為，，為兩兩非共線向量，則，所以，故B正確；C：因為，結(jié)合余弦定理得，所以，所以或，即或，所以角形是等腰三角形或直角三角形，故C錯誤；D：設三棱錐的頂點在底面的射影為，所以底面，又因為底面，底面，底面，所以，又因為三棱錐的三條側(cè)棱與底面所成的角相等，所以，所以，所以，所以點是的外心，故D正確；故選：BD.10.八一廣場位置處于解放碑繁華地段，緊挨著得意世界、大融城、八一好吃街等．重慶解放碑是抗戰(zhàn)勝利紀功碑暨人民解放紀念碑，是抗戰(zhàn)勝利的精神象征，是中國唯一一座紀念中華民族抗日戰(zhàn)爭勝利的紀念碑．現(xiàn)某興趣小組準備在八一廣場上對解放碑的高度進行測量，并繪制出測量方案示意圖，為解放碑的最頂端，為解放碑的基座（即在的正下方），在廣場內(nèi)（與在同一水平面內(nèi)）選取，兩點，則根據(jù)下列各組中的測量數(shù)據(jù)，能計算出解放碑高度的是（）A.，，， B.，，，C.，，， D.，，【答案】ABD【解析】【分析】A、B、C根據(jù)正弦定理、余弦定理和直角三角形性質(zhì)判斷所給條件否構成解三角形條件；D選項根據(jù)相似三角形性質(zhì)判斷.【詳解】由題意可知平面，由此進行下列判斷：A選項，在中，根據(jù)，，，可利用正弦定理求得，再根據(jù)求得，故A正確；B選項，由，借助直角三角形和余弦定理，用和表示出，，，，然后結(jié)合在中利用余弦定理列方程，解方程求得，故B正確；C選項，，，，四個條件，無法通過解三角形求得，故C錯誤；D選項，根據(jù)，可得與相似，根據(jù)相似比可解方程求得，故D正確，故選：ABD．11.設定義在R上的函數(shù)與的導函數(shù)分別為和．若，，且為奇函數(shù)，則（）．A.， B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】由為奇函數(shù)，結(jié)合奇函數(shù)的性質(zhì)判斷A，由條件證明為周期為的函數(shù)，利用組合求和法求判斷C，根據(jù)條件證明，由此判斷BD.【詳解】對A，又∵為奇函數(shù)，則圖像關于對稱，且，所以，A正確；對于C，∵，則，則，又，所以，令，可得，即.所以，又所以，所以，∴的周期，所以，由可得，，，，所以，，∴，C正確；對B，，則是周期的函數(shù)，，B錯誤；對D，，，所以，所以，D錯誤.故選：AC.【點睛】知識點點睛：本題考查導數(shù)的運算，奇函數(shù)的性質(zhì)，抽象函數(shù)周期性的證明，分組求和法等知識點，屬于綜合題，考查邏輯推理和首項運算的核心素養(yǎng).第Ⅱ卷非選擇題（共92分）三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12.設函數(shù)（且），若，則______．【答案】2020【解析】【分析】根據(jù)對數(shù)的運算法則計算．【詳解】∵，∴；∴．故答案為：2020．13.如圖，在中，，，，若為圓心為的單位圓的一條動直徑，則的取值范圍是__．【答案】【解析】【分析】利用平面向量的線性運算可得出，運用平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)解決即可.【詳解】由題知，中，，，，若為圓心為的單位圓的一條動直徑，所以為的中點，，因為，所以,因為，即所以，當且僅當同向時取最大值，反向時取最小值，所以的取值范圍是，故答案為：14.已知棱長為2的正方體中，為的中點，P是平面內(nèi)的動點，且滿足條件，則動點P在平面內(nèi)形成的軌跡是______．【答案】圓【解析】【分析】分別以為x軸，y軸，z軸，利用空間兩點距離的坐標表示求軌跡方程即可．【詳解】分別以為x軸，y軸，z軸，則，設，由題意可得，化簡可得，易知軌跡圓.故答案為：圓四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）15.在①；②()兩個條件中，任選一個，補充在下面問題中，并求解.問題：已知數(shù)列中，，__________.（1）求；（2）若數(shù)列的前項和為，證明：.【答案】條件選擇見解析；（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】若選①：（1）由，得，根據(jù)是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，可得結(jié)果；（2）由利用裂項求和方法求和得，進一步可證.若選②：（1）由()利用累加法可求得；（2）由利用裂項求和方法求和得，進一步可證.【詳解】若選①：（1）由，可得，即，又，所以是首項為2，公差為2的等差數(shù)列，所以，所以；（2）證明：由（1）得，所以，因為，所以，又因為隨著的增大而增大，所以，綜上.若選②：（1）由()可得：當時，，當時，，符合，所以當時，；（2）證明：由（1）得，所以，因為，所以，又因為隨著的增大而增大，所以，綜上.【點睛】方法點睛：求數(shù)列通項公式常用的七種方法：一、公式法：根據(jù)等差或等比數(shù)列的通項公式或進行求解；二、前項和法：根據(jù)進行求解；三、與的關系式法：由與的關系式，類比出與的關系式，然后兩式作差，最后別忘了檢驗是否適合用上面的方法求出的通項；四、累加法：當數(shù)列中有，即第項與第項的差是個有規(guī)律的數(shù)時，就可以用這種方法；五、累乘法：當數(shù)列中有，即第項與第項的積是個有規(guī)律的數(shù)時，就可以用這種方法；六、構造法：①一次函數(shù)法：在數(shù)列中有（均為常數(shù)，且），一般化方法：設，得到，，根據(jù)數(shù)列是以為公比的等比數(shù)列，可求出；②取倒數(shù)法：這種方法適用于（n≥2,n∈N*）（均為常數(shù)，），兩邊取倒數(shù)后，得到一個新的特殊（等差或等比）數(shù)列或類似于的式子；③取對數(shù)法：一般情況下適用于（為非零常數(shù)）七、“（為常數(shù)且不為0，）”型的數(shù)列求通項，方法是等式的兩邊同除以，得到一個“”型的數(shù)列，再用上面的六種方法里的“一次函數(shù)法”便可求出的通項，從而求出.16.已知函數(shù)（為常數(shù)）.（1）求的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）若在上有最小值，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換思想化簡函數(shù)的解析式為，然后解不等式，可得出函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）由計算出的取值范圍，利用正弦函數(shù)的基本性質(zhì)可求得函數(shù)的最小值，進而可求得實數(shù)的值.【詳解】（1），令，解得.所以，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為；（2）當時，，所以，所以，解得.【點睛】本題考查正弦型函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最值的求解，解答的關鍵就是利用三角恒等變換思想化簡函數(shù)解析式，考查計算能力，屬于中等題.17.已知圓，A（1，1）為圓內(nèi)一點，P，Q為圓上的動點，且∠PAQ＝，M是PQ的中點．（1）求點M的軌跡曲線C的方程；（2）設對曲線C上任意一點H，在直線ED上是否存在與點E不重合的點F，使是常數(shù)，若存在，求出點F的坐標，若不存在，說明理由【答案】（1）；（2）見解析.【解析】【分析】（1）利用直角三角形的中線定理及垂徑定理，得到利用兩點距離公式求出動點的軌跡方程．（2）先設出F的坐標，將用點點距表示出，化簡得到，利用解得t的值即可．【詳解】（1）設點，由，得，化簡得，即.（2）點，，直線方程為，假設存在點，滿足條件，設，則有，，，當是常數(shù)，是常數(shù)，∴，∴或（舍），∴，∴存在滿足條件.【點睛】本題考查了軌跡方程的求法，考查了分式型定值問題的求解，考查了運算能力，屬于中檔題．18.已知數(shù)列與等比數(shù)列滿足．（1）試判斷是何種數(shù)列；（2）若，求.【答案】（1）數(shù)列是等差數(shù)列；（2）【解析】【分析】（1）由可知為等差數(shù)列；（2）利用等差數(shù)列的前項和以及指數(shù)運算的性質(zhì)即可求解.【小問1詳解】設數(shù)列的公比為，則，因為，所以，所以.方程兩邊取以3為底的對數(shù)，得，由于，所以數(shù)列是以為公差的等差數(shù)列．【小問2