2024-2025学年云南省红河哈尼族彝族自治州高三下册3月月考数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年云南省红河哈尼族彝族自治州高三下学期3月月考数学检测试卷注意事项：1．本试卷满分150分，考试用时120分钟.考生务必将姓名、班级、座位号和考号清晰地填写到相应位置.2．试题答案需认真、清楚地填写到对应位置.3．考试内容：全部.考试难度：高考难度.第Ⅰ卷（选择题，共58分）一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分．）1.设全集，集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】先求出集合，再求，然后可求出【详解】由题意，，因为，所以，因为，所以．故选：D2.函数在区间的图象大致为（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令，则，所以为奇函数，排除BD；又当时，，所以，排除C.故选：A.3.当时，函数取得最大值，则（）A. B. C. D.1【正确答案】B【分析】根据题意可知，即可解得，再根据即可解出．【详解】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B.4.椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】[方法一]：设而不求设，则则由得：，由，得，所以，即，所以椭圆的离心率，故选A.[方法二]：第三定义设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：故，由椭圆第三定义得：，故所以椭圆的离心率，故选A.5.已知，，，若，则（）A. B. C.5 D.6【正确答案】C【分析】根据给定条件，利用向量夹角的坐标表示列式计算即得.【详解】向量，，，由，得，即，因此，所以.故选：C6.若，则（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.【详解】[方法一]：直接法由已知得：,即：，即：所以故选：C[方法二]：特殊值排除法解法一:设β=0则sinα+cosα=0，取，排除A,B；再取α=0则sinβ+cosβ=2sinβ，取β，排除D；选C.[方法三]：三角恒等变换所以即故选：C.7.从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：，共7种，故所求概率.故选：D8.在中，点D在边AB上，．记，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，所以．故选：B．二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分．）9.已知函数的图像关于点中心对称，则（）A.在区间单调递减B.在区间有两个极值点C.直线是曲线的对称轴D.直线是曲线的切线【正确答案】AD【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【详解】由题意得：，所以，，即，又，所以时，，故．对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；对C，当时，，，直线不是对称轴；对D，由得：，解得或,从而得：或,所以函数在点处的切线斜率为，切线方程为：即．故选：AD．10.如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（）A. B.C. D.【正确答案】CD【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.【详解】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.11.已知正方体，则（）A.直线与所成的角为 B.直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为 D.直线与平面ABCD所成的角为【正确答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分．）12.设向量、的夹角的余弦值为，且，，则__________.【正确答案】【分析】利用平面向量数量积的定义求出的值，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，又，，所以，所以.故答案为.13.已知是虚数单位，化简的结果为_______．【正确答案】##【分析】根据复数代数形式的运算法则即可解出．【详解】．故．14.已知双曲线的渐近线方程为，则__________．【正确答案】【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，，又双曲线渐近线方程为，所以，即，解得；故四、解答题（共5小题，共77分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．）15.在中，．（1）求；（2）若，且面积为，求的周长．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【小问1详解】解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.【小问2详解】解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.16.在四棱锥中，底面．（1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值．【正确答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；【小问2详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，

则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.17.记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．（1）求的通项公式；（2）证明：．【正确答案】（1）（2）见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.【小问1详解】∵，∴∴,又∵是公差为的等差数列，∴,∴,∴当时，，∴,整理得：,即,∴，显然对于也成立，∴的通项公式；【小问2详解】∴18.已知函数．（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则．【正确答案】（1）（2）证明见的解析【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.【小问1详解】[方法一]：常规求导的定义域为，则令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为[方法二]：同构处理由得：令，则即令，则故在区间上是增函数故，即所以的取值范围为【小问2详解】[方法一]：构造函数由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证,即证因为,即证又因为,故只需证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上,,所以.[方法二]：对数平均不等式由题意得：令，则，所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故两边取对数得：，即又因为，故，即下证因为不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握19.已知椭圆的一个顶点为，焦距为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）