东北三省精准教学2024-2025学年高三上学期12月联考数学强化卷

东北三省精准教学2024年12月高三联考强化卷数学本试卷满分150分，考试时间120分钟.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.2.设集合，，，则下列选项中一定成立的是（）A. B. C. D.3.已知一圆台内切球G与圆台各个面均相切，记圆台上、下底面半径分别为，，若，则圆台的体积与球的体积之比为（）A. B. C.2 D.4.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则B的大小为（）A. B. C. D.5.已知且，若函数的值域为R，则a的取值范围是（）A. B. C. D.6.已知定义在R上的函数满足，则曲线在点处的切线方程为（）A. B. C. D.7.在等比数列中，为其前n项和，，且，，成等差数列，则的最小值为（）A. B. C. D.18.如图所示，将函数的图象向右平移得到的图象，其中P和分别是图象上相邻的最高点和最低点，点B，A分别是，图象的一个对称中心，若，，则（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知方程，其中.下列命题为真命题的是（）A.可以是圆的方程 B.可以是抛物线的方程C.可以是椭圆的标准方程 D.可以是双曲线的标准方程10.如图，正方体的棱长为1，E为棱的中点，P为底面正方形ABCD内（含边界）的动点，则（）A.三棱锥的体积为定值 B.直线平面C.当时， D.直线与平面所成的角的正弦值为11.定义在上的函数满足，当时，，则（）A.当时，B.当n为正整数时C.对任意正实数t，在区间内恰有一个极大值点D.若在区间内有3个极大值点，则k的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，，若与的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是________.13.设双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，P为C上一点，且.若的面积为，则________.14.已知函数，若存在，使得，则实数a的取值范围是________.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）如图，在平面四边形ABCD中，，，，.（1）若AC与BD交于点O，且，求BO的长；（2）求四边形ABCD周长的最大值.16.（15分）已知四棱柱，如图所示，底面ABCD为平行四边形，其中点D在平面内的投影为点，且，.（1）求证：平面平面；（2）已知点E在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.17.（15分）已知函数.（1）求在上的单调递增区间.（2）若关于x的方程在区间内有两个不同的解，，求实数a的取值范围，并证明.18.（17分）已知函数.（1）若，曲线在点处的切线与直线垂直，证明：.（2）若对任意的，且，函数，证明：函数在上存在唯一零点.19.（17分）定义：从数列中随机抽取m项按照项数从小到大的顺序依次记为，，…，（），将它们组成一个项数为m的新数列，其中，若数列为递增数列，则称数列是数列的“m项递增衍生列”.（1）已知数列满足，数列是的“3项递增衍生列”，写出所有满足条件的；（2）已知数列是项数为m的等比数列，其中，若数列为1，16，81，求证：数列不是数列的“3项递增衍生列”；（3）已知首项为1的等差数列的项数为14，且，数列是数列的“m项递增衍生列”，其中.若在数列中任意抽取3项，且均不构成等差数列，求m的最大值.

答案及解析东北三省精准教学2024年12月高三联考强化卷数学1.C【深度解析】由，得，所以.故选C.2.B【深度解析】根据集合中元素的互异性，可得，解得，，0，因此方程，，，均无解，故必有.故选B.3.A【深度解析】如图为圆台及其内切球的轴截面，其中圆G是等腰梯形ABCD的内切圆，设圆G与梯形的上底、下底、腰AD分别切于点，，E，连接GA，GD，，，GE，则，，且G，，三点共线，设球的半径为R，则.由圆的切线的性质可知GD，GA分别为，的平分线，则，由切线长定理可知，，故由射影定理得.设圆台的体积为，球的体积为，则.故选A.4.D【深度解析】因为，所以由正弦定理得，所以.因为，，所以，所以或，即或（舍去），所以，解得.故选D.5.A【深度解析】当时，在上单调递增，所以，在上单调递增，所以，则函数的值域不可能为R；当时，在上单调递减，所以，在上单调递减，所以，若使函数的值域为R，则，即，解得.故选A.6.C【深度解析】因为①，所以②，①②联立可得，所以，，所以，则曲线在点处的切线方程为，整理可得.故选C.7.D【深度解析】设的公比为，由，，成等差数列，得，又数列为等比数列，所以，解得，所以，令，则，所以数列为递增数列，所以当时，取得最小值1.故选D.8.D【深度解析】由题可得，，令，，，分别得，，.又，令，得，则，则，所以.又，，，所以，即，化简得，将代入，解得（负值舍去），所以，则（另解：由，得，因为，所以（提示：因为点B为函数图象的对称中心，所以），所以，所以，所以，所以，所以.故选D.9.ABC【深度解析】对于A，因为方程，其中，所以当时，方程为，即是圆的方程，故方程可以是圆的方程，故A正确；对于B，当时，方程为，即是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程，故B正确；对于C，当时，方程为，即是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程，故C正确；对于D，若方程为双曲线的标准方程，则，，，这与矛盾（提示：由得，，则，不符合题意），故方程不可以是双曲线的标准方程，故D错误.故选ABC.10.AD【深度解析】对于A，因为点P到上底面的距离是定值1，所以，为定值，故A正确；对于B，解法一：如图①，连接，，，在正方体中，易证平面平面，又平面，所以平面不成立，故B错误；图①解法二（反证法）：连接，假设平面，因为平面，且平面平面，由线面平行的性质定理可得，则，与与相交矛盾，假设不成立，所以平面不成立，故B错误；对于C，如图②，连接，若，，，，平面，则平面，又平面，所以，显然不成立，故C错误；图②对于D，如图②，连接，由题易知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故D正确.故选AD.11.BD【深度解析】因为当时，，所以，，，…，，将上述式子累加可得，所以，，设，，则，所以，，.对于A，当时，，则，故A错误；对于B，因为，，，所以当，时，，所以，，故B正确；对于C，当，时，，所以，易知在上单调递减，令得，所以在上有唯一的极大值点，设相邻两个极值点的距离为d，则，则在区间内可含有2个极大值点，故C错误；对于D，由选项C可知的极大值点为，，所以的极大值点从左往右依次为，，，，…，因为在区间内有3个极大值点，所以，即k的取值范围是，故D正确.故选BD.12.【深度解析】与的夹角为锐角，等价于且与不共线，即，解得且.所以实数λ的取值范围为.13.【深度解析】设，，不妨设点P为双曲线右支上一点，如图.，解得.因为，由余弦定理得，，整理得，又，所以.14.【深度解析】由题可得，函数的定义域为，则（提示：只需要考虑分子的符号即可）.当时，，在上单调递增，且当时，，所以存在，使得，故符合题意.当时，令，解得；令，解得，所以在区间上单调递增；令，解得，所以在区间上单调递减，所以当时，取得极大值，也是最大值，所以，若存在，使得，则（提示：存在，使得，即），即，即，易证，当且仅当时等号成立，所以，即.综上，可得.15.（1）（6分）（2）（7分）【解】（1）在中，由余弦定理得，.3分设，则.，在，中，由得（关键：利用勾股定理，构造关于BO的方程），5分即，解得，故.6分（2）令，，，，7分即.又（提示：利用基本不等式的变式，把边长积化为边长和），9分，即，当且仅当时取等号，11分，故四边形ABCD周长的最大值为.13分16.（1）证明见解析（5分）（2）1（10分）（1）【证明】分析：根据点D在平面内的投影为点，可以判断平面ABCD，进而由线面垂直的性质证明线线垂直，在中使用余弦定理求边BD的长度，结合勾股定理证明，最后根据线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化证明结论.由题意可知平面ABCD，又平面ABCD，故.1分不妨设，在中，，，，由余弦定理得，所以，故，故.3分因为，，平面，所以平面，4分而平面，所以平面平面.5分（2）【解】分析：根据垂直关系建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.连接，AC，由（1）知，DA，DB，两两垂直，如图所示，以D为坐标原点，DA，DB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，故，，又因为，所以，所以.7分设，则，即，所以.9分设为平面的一个法向量，则，令，则，，所以.12分因为y轴垂直于平面，则可取为平面的一个法向量.13分设平面与平面的夹角为α，则，解得，故.15分17.（1），（6分）（2）；证明见解析（9分）【解】（1）分析：根据题意，先利用三角恒等变换公式将函数化简，再由正弦型函数的单调区间，代入计算得到结果..2分由，得，所以的单调递增区间为.4分又，，所以在上的单调递增区间为，.6分（2）分析：根据题意，带入数值，利用辅助角公式及三角函数的有界性得到a的取值范围；接下来分类讨论进行证明.由，得，7分即，其中，.8分所以当且仅当，即时，满足题意.故实数a的取值范围为.10分当时，，即，此时，而，所以；12分当时，，即，此时，而，所以.14分综上.15分18.【证明】（1）分析：先由导数的几何意义结合垂直关系求得a，从而求出，再通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合虚设零点的方式，即可证明不等式.，，又，，.2分设，则，设，则，在上单调递增，又，，存在使得，即，，4分当时，，单调递减，当时，，单调递增，，.6分（2）分析：先判断的单调性，再对，变形，通过构造函数，证明，，结合零点存在定理即可得证.，，在上单调递增，8分又，同理.13分设，则，令，解得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，即，，.15分又，，，，存在，使得，又在上单调递增，函数在上存在唯一零点.17分19.（1）1，3，4或1，3，5或1，4，5或3，4，5（3分）（2）证明见解析（5分）（3）8（9分）【特色题型】数列的新定义的理解与应用（1）【解】由题意得，数列为1，8，3，4，5，2，1分若是数列的“3项递增衍生列”，且，则为1，3，4或1，3，5或1，4，5或3，4，5.3分（2）【证明】设等比数列的公比为，假设数列是数列的“3项递增衍生列”，则存在，使，，，所以，，则，，5分则，，所以，6分因为，，所以为有理数，但为无理数，所以（*）式不可能成立.7分（反证