黑龙江省绥化市绥棱县第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考数学试题（Word版附解析）

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2024.11
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用 铅笔把答题卡上对应
题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域
内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本试卷命题范围：集合与逻辑、不等式、函数与导数、三角函数、解三角形、平面向量、复
数、数列、空间向量与立体几何、直线与圆、椭圆.
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一个
选项是符合题目要求的.
1. “ ”是“复数 是纯虚数”的（ ）条件.
A. 必要不充分 B. 充分不必要 C. 充要 D. 既不充分又不必要
【答案】A
【解析】
【分析】根据纯虚数定义，得到 a，b 条件，可解.
【详解】复数 是纯虚数，则 .则“ ”是“复数 是纯虚数” 必
要不充分条件.
故答案为：A.
2. 设集合 ，则集合 与集合 的关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求函数 的值域和函数 的定义域，即得集合 ，从而可确定选项
.
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【详解】由 ， ，可得 ，则 ，故 ，
又由 有意义，可得 ，即得 ，故 ，
则显然有 .
故选：C.
3. 记 为等差数列 的前 项和．若 ，则 （ ）
A. 140 B. 150 C. 160 D. 180
【答案】B
【解析】
【分析】由等差数列的性质可求出 ，再利用等差前 的性质可以求出 ，即可求解.
【详解】 ，
，
，
，
，
.
故选：B.
4. 已知椭圆 的右焦点为 ，过原点的直线 与 交于 两点，若 ，
且 ，则 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设椭圆的左焦点为 ，由椭圆的对称性可得四边形 为矩形，再根据椭圆的定义求出
，再利用勾股定理构造齐次式即可得解.
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【详解】如图，设椭圆的左焦点为 ，
由椭圆的对称性可得 ，
所以四边形 为平行四边形，
又 ，所以四边形 为矩形，所以 ，
由 ，得 ，
又 ，所以 ，
在 中，由 ，
得 ，即 ，所以 ，
即 的离心率为 .
故选：A.
5. 已知 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用切化弦的思想和两角和差公式即可求解
【详解】因为 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
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又 ，
所以 .
故选：C.
6. 已知函数 （ 且 ）在定义域内是增函数，则 的取值范
围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用分段函数单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数 ，
因为函数 在定义域内是增函数，则满足 ，
解得 ，即实数 的取值范围为 .
故选：C．
7. 已知圆 的圆心为原点 ，且与直线 相切.点 在直线 上，过点 引圆 的两条切
线 ， ，切点分别为 A，B，如图所示，则直线 恒过定点的坐标为（ ）
A. ） B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知， 为圆 和以 为直径的圆的公共弦，求出两圆方程即可求解.
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【详解】依题意得圆 的半径 ，所以圆 的方程为 .
因为 ， 是圆 的两条切线，所以 ， ，
所以 A，B 在以 为直径的圆上，
设点 的坐标为 ， ，则线段 的中点坐标为 ，
所以以 为直径的圆的方程为 ， ，
化简得 ， ，
因为 为两圆的公共弦，
所以直线 的方程为 ， ，即 ，
所以直线 恒过定点 .
故选：B.
8. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图 1 所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结
构示意图如图 2 所示，在结构示意图中，已知四边形 ABCD 为矩形， ， ，
与 都是边长为 1 的等边三角形，若点 A，B，C，D，E，F 都在球 O 的球面上，则球 O 的表
面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，根据球的性质可得 平面 ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得 且
，分类讨论当 O 在线段 上和 O 在线段 的延长线上时 2 种情况，结合球的性质和表面
积公式计算即可求解.
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【详解】如图，连接 AC，BD，设 ，
因为四边形 ABCD 为矩形，所以 为矩形 ABCD 外接圆的圆心．连接 ，
则 平面 ABCD，分别取 EF，AD，BC 的中点 M，P，Q，
根据几何体 ABCDEF 的对称性可知，直线 交 EF 于点 M．
连接 PQ，则 ，且 为 PQ 的中点，因为 ，所以 ，
连接 EP，FQ，在 与 中，易知 ，
所以梯形 EFQP 为等腰梯形，所以 ，且 ．
设 ，球 O 的半径为 R，连接 OE，OA，
当 O 在线段 上时，由球的性质可知 ，
易得 ，则 ，此时无解．
当 O 在线段 的延长线上时，由球的性质可知，
，解得 ，所以 ，
所以球 O 表面积 ，
故选：D．
【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距
离都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．由此出发，利用一些特殊模型，或借助一
般方法，即可确定外接球球心的位置．
二、选择题：本大题共 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.
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9. 对于 ，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A. 若 ，则 为等腰三角形
B. 若 ，则
C. 若 ， ， ，则符合条件的 有两个
D. 若 ，则 是钝角三角形
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，利用函数 单调性判断；对于 B，由正弦定理判断；对于 C，求出 判断即可；
对于 D，由正弦定理得 ，再利用余弦定理判断.
【详解】对于 A，若 ，因为函数 在 上为单调函数，所以 ，
所以 为等腰三角形，所以 A 正确；
对于 B，若 ，可得 ，由正弦定理 ，
可得 ，可得 ，所以 B 正确；
对于 C，因为 ，所以符合条件的 有 0 个，所以 C 不正确；
对于 D，若 ，由正弦定理得 ，
则 ，因为 ，所以 ，
所以 是钝角三角形，所以 D 正确.
故选：ABD.
10. 如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心 F 为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月
球飞行，然后在点 P 处变轨进入以 F 为一焦点的椭圆轨道Ⅱ上绕月球飞行，最后在点 Q 处变轨进入以 F 为
圆心的圆形轨道Ⅲ上绕月球飞行．设圆形轨道Ⅰ的半径为 ，圆形轨道Ⅲ的半径为 ，则下列结论中正确
的是（ ）
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A. 轨道Ⅱ的焦距为
B. 轨道Ⅱ的长轴长为
C. 若 不变，r 越大，轨道Ⅱ的短轴长越小
D. 若 不变， 越大，轨道Ⅱ的离心率越大
【答案】ABD
【解析】
【分析】设椭圆方程 ，根据椭圆的性质得到 ， 判断选项 A，B；
由 判断选项 C；由 判断选项 D.
【详解】解：设椭圆方程 ，
由椭圆的性质知， ， ，
则 ， ，故选 A，B 正确；
， ，所以 ，
若 不变， 越大， 越大，即轨道Ⅱ的短轴长越大，故 C 的错误；
，
若 不变， 越大，则 越小， 越大，即轨道Ⅱ的离心率越大，故 D 正确．
故选：ABD．
11. 已知函数 有且仅有三个不同的零点分别为 ，则（ ）
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A. 的取值范围是
B. 的取值范围是
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】求出 ，分 、 讨论，利用导数求出极值可判断 AB；利用
可判断 CD.
【详解】 ，
令 ，解得 或 ，
当 时，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 ， ，
此时函数 只有一个零点，不符合题意；
当 时，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减， ，
要使 有三个不同的零点，
则 ，解得 ，即 的取值范围是 ，故 A 错误，B
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正确；
因为函数 有且仅有三个不同的零点分别为 ，
则
，
即有 ， ， ，故 C 错误，D 正确.
故选：BD.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 平面向量 ， 为单位向量，且 ，则 ______.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量的数量积运算法则和性质即可求解.
【详解】因为平面向量 ， 为单位向量，所以
因为 ，所以 ，
所以 ；
所以 ；
即 .
故答案为： .
13. 已知函数 ，将 的图象向右平移 个单位长度得到函数 的图象，
若 是偶函数， 在 上恰有 4 个零点，则 __________.
【答案】4
【解析】
【分析】由平移变换得到 ，再根据 是偶函数，得到
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，然后由 ，得到 ，根据 在 上恰有 4 个零点，由
求解.
【详解】解：将函数 的图象向右平移 个单位长度得到，
函数 ，
因为 是偶函数，所以 ，即 ，
因为 ，所以 ，则 ，
因为 ，所以 ，
因为 在 上恰有 4 个零点，
所以 ，即 ，
所以当 时， ，
故答案为：4
14. 以 表示数集 中最大（小）的数.设 ，已知 ，则
__________.
【答案】
【解析】
【分析】由 ，得 ，设 ，则 再结合基
本不等式求解即得.
【详解】由 可得 ，
设 ，则
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由
，当且仅当 时，等号成立.
故 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：设 ，由已知得出 ，进而得出
是解决本题的关键.
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知 的内角 的对边分别为 ， 且
．
（1）求角 ；
（2）若 的面积为 ，求 的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理和余弦定理来求解角的大小；
（2）应用三角形的面积公式计算边的数量关系.
【小问 1 详解】
由 可知 ，
由正弦定理，得 ，
即 ．
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所以 ，
又 ，
所以 .
【小问 2 详解】
由（1）知 ．
所以 ，
又 ，
所以 ，
所以 ，即 ．
所以 的周长为 ．
16. 已知等差数列 ，前 项和为 ，又 ．
（1）求数列 通项公式 ；
（2）设 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的求和公式和等差数列的通项公式即得.
（2）由 ，令 求出 的取值范围，再分段求出数列 的前 项和
【小问 1 详解】
设等差数列的公差为 ，首项为 ，
因为 ，所以 ，
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所以 ，由 ，解得 ，
又 ，所以 ；
【小问 2 详解】
设 ， 的前 项和为 ，得 ，
，得
当 时， ，即 ，所以
当 时，得 ，所以 ，
则
综上所述：
17. 如 图 ， 在 四 棱 锥 中 ， 平 面 ， 底 面 是 菱 形 ， ，
.
（1）求证：直线 平面 ；
（2）若点 为线段 的中点，求二面角 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2） .
【解析】
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【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理即得.
（2）在平面 内作 ，以 为原点建立空间直角坐标系，求出平面 与平面 的法
向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
小问 1 详解】
由 平面 平面 ，得 ，
由底面 是菱形，得 ，又 平面 ，
所以直线 平面 .
【小问 2 详解】
在菱形 中， ， ，则 为正三角形， ，
，在平面 内作 ，则直线 两两垂直，
以点 为坐标原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图：
则 ， ，
，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得 ，
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设二面角 的平面角为 ， ，
则 ，所以二面角 的正弦值 .
18. 已知函数 .
（1）讨论 的单调区间；
（2）若 在区间 上存在唯一零点 ，证明： .
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求导，分 和 两种情况，利用导数求原函数的单调区间；
（2）由题设得 ，从而得若要证明 ，则只需 ，即只需
，通过构造函数 ，利用导数证明 即可得证
.
【小问 1 详解】
由题意可知： 的定义域为 ，且 ，
若 ，则 对任意 恒成立，
所以 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
若 ，令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
综上所述：若 ， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
若 ， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
【小问 2 详解】
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因为 在区间 上存在唯一零点 ，
所以存在唯一的 ，有 ，化简得 ，
若要证明 ，则只需 ，即只需证明 ，
设 ，则 ，
令 ，则 ，
所以当 时， 单调递增，
所以 ，
所以当 时， 单调递增，
所以 ，
即当 时，有不等式 成立，
综上所述：若 在区间 上存在唯一零点 ，则 .
19. 已知椭圆 的离心率 .
（1）若椭圆 过点 ，求椭圆 的标准方程.
（2）若直线 均过点 且互相垂直，直线 交椭圆 于 两点，直线 交
椭圆 于 两点， 分别为弦 和 的中点，直线 与 轴交于点 ，设 .
①求 ；
②记 ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1）
（2）① ；②
【解析】
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【分析】（1）根据椭圆的离心率得到 之间的关系，再结合椭圆过点 ，求出 的值，从而得到
椭圆的方程.
（2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点 的坐标，再根据 三点共线得 之间
的关系；②求得 ，并利用等比数列的前 项和公式求得 .
【小问 1 详解】
因 ， 可得： ①，
又椭圆 过点 ，可得 ②，
联立①，②，解得 ，
故椭圆 的标准方程为 ；
【小问 2 详解】
①当直线 中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为 0 时，
直线 与 轴重合，不符合题意，故直线 的斜率均存在且不为 0.
设直线 的方程为 ，
联立 ，消去 ，整理得： ，
因直线 交椭圆 于 两点，则 ，且 ，则 ，
因直线 的方程为 ，同理可得： ，
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因 三点共线，则 ，即 ，
易知 ，则 ，
因 ，则 ；
②结合①可知 ，则 ，
因 ，则数列 是首项为 9，公比为 3 等比数列，
所以数列 的前 项和为 .
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解
题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和 三点共线，求出点 的坐标，从而得到 .