2024-2025学年度第一学期高三第二次月考
数 学
（时间：120分钟 分值：150分）
班别 学号 姓名
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. 在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．若集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数z满足，则（ ）
A． B． C．2 D．4
3．已知，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．5 D．12
4．已知两条不同的直线和平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．的内角的对边分别为，的面积为，且，则边（ ）
A． B．7 C．3 D．
6．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数是定义在R上的偶函数，且在上是减函数，，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
8．若函数有零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
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．下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2 B．的最小值为1
C．的最大值为2 D．最小值为
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）.
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增
D．恒成立
11．在平面直角坐标系中，已知点， ，直线，相交于点，且它们的斜率之和是.设动点的轨迹为曲线，则（ ）
A．曲线关于原点对称
B．曲线关于某条直线对称
C．若曲线与直线无交点，则
D．在曲线上取两点， ，其中，，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．函数在点处的切线方程为 .
13．对于随机事件，若，，，则 .
14．数列 满足记 则 的最大值为 .
四、解答题：本大题共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）已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和．
16．（15分）记的内角所对的边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为边上一点，，求.
17．（15分）在三棱锥中，平面平面，，，分别为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的两个焦点分别是，，点M在上，且 .
(1)求的标准方程；
(2)若直线与交于A，B两点，且的面积为求的值.
19．（17分）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：．
2024-2025学年度第一学期高三数学月考2参考答案
班别 学号 姓名
1．A【详解】解：由，即，解得，所以，因为，所以；故选A
2．C【详解】因为，则，所以.故选：C.
3．C【详解】因为，，所以，得，则，
所以，故.故选：C.
4．D【分析】在长方体中，选取直线和平面，利用充分条件和必要条件的判断方法即可得出结果.
【详解】如图，取平面为平面，直线为，不妨取直线为，显然有，此时，即推不出，
不妨取直线为直线，显然有，此时，即推不出，故选：D.
5．A【详解】由得，由余弦定理得，所以.故选：A.
6．B【分析】根据两角差的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【详解】因为，所以，而，所以，故即，从而，
故.故选：B.
7．D【分析】根据函数的性质，结合函数的零点，解抽象不等式.
【详解】因为函数是偶函数，在上是减函数，所以在上是增函数，，
时，，，
则或. 当时，，得时；
当时，，此时.故选:D.
8．A【分析】令，得，再令，得出，并构造函数，将问题转化为直线与函数
在区间有交点，利用数形结合思想可得出实数的取值范围．
【详解】令，得，，令，则，所以，，构造函数，其中，由于，，，
所以，当时，直线与函数在区间有交点，因此，实数的取值范围是，故选A．
9．BD【详解】当时，无最小值，故A错误；因为，所以，故B正确；
，所以的最大值为1，C错误；，当且仅当，即时，等号成立，D正确.故选：BD
10．BCD【分析】通过观察函数的图象，可得函数图象经过点，且半周期为，从而可得的解析式，再根据该正弦型函数在周期，对称性，单调性和给定区间上的值域分别判断即可得解.
【详解】因为，由的图象知其经过点，故得，即，因，则，故，又图象经过点，则，所以或，
解得或（*），
由三角函数图象的对称性可知，该函数的周期满足，即得，解得，满足（*），故；对于A，因周期，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，当时，，此时为增函数，故C正确；
对于D，令，则当时，，则在上单调递减，故有，此时有，故D正确.故选：BCD.
11．AC【分析】利用直接法可得动点的轨迹方程，即可判断AB选项，联立直线与曲线，可判断C选项，联立曲线与单位圆，可得曲线与单位圆交于与，此两点间距离恰好为，即可判断D选项.
【详解】由已知，即，化简可得动点的轨迹方程为，将代入曲线方程可得成立，
所以曲线关于原点对称，A选项正确，
做出曲线，易知该曲线可表示渐近线为及轴的双曲线，则对称轴过原点且倾斜角为或，而,则其对称轴为，又，所以曲线不是轴对称图形，B选项错误；
联立直线与曲线方程，得无解，则或，即或，综上，C选项正确；
联立曲线与单位圆，则，
解得或，即曲线与单位圆交于，两点，
且，所以当，分别与，重合时，，D选项错误；故选：AC.
12．【详解】由题意可知，，则切点为，因为，则，
所以在点处的切线斜率为，则切线方程为，即.
13．【详解】，又，所以，
因为，所以.
14．【分析】根据数列范围及递推关系三角换元，结合二倍角正弦公式最后应用三角函数值域求解即可.
【详解】因为所以设
,
当时取等号.故答案为：.
15．【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式；
（2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出.
【详解】（1）因为为等差数列，设公差为d， 1分
由，得，即， 2分
由，，成等比数列得，， 3分
化简得，
因为，所以． 4分
所以． 5分
所以数列的通项公式． 6分
（2）因为为公比是3的等比数列，，
所以，即，
所以，， 8分
所以 9分
. 12分
所以数列的前n项和. 13分
16．【分析】（1）等价变形已知条件，得到，结合余弦定理即可得解.
（2）法①：由余弦定理求出，结合正弦定理即可求得，最后根据即可得解；法②：由法①得，在中由正弦定理得，又，从而得解；法③：由法①得，在直角中，由（1）问知，代入建立关于的方程，解方程得，从而得出；法④：由等面积法得，建立关于的方程，求得，代入求得，最后结合正弦定理即可得解.
【详解】（1），
则， 1分
所以， 3分
因为，
所以. 5分
（2）法①：由（1）得，，因为，所以， 6分
如图在中，由余弦定理
，即， 8分
在中由正弦定理，即，所以， 10分
因为，故， 12分
在中. 15分
法②：同解法①， 8分
在中由正弦定理，即，
所以， 12分
又因为，即， 14分
所以. 15分
法③同上， 8分
在直角中，所以， 10分
由（1）问知，所以，即，得即，所以， 13分
. 15分
法④如图由（1）知，则， 6分
因为，所以
，即，解得， 10分
所以，即， 13分
在中，由正弦定理，即，解得. 15分
17．【分析】（1）结合中点，利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质定理得，最后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）过作交于点，设，建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解二面角的正弦值即可.
【详解】（1），为中点，
. 1分
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
而平面，. 4分
又为的中点，
，又，
. 6分
又平面，
平面. 7分
（2）过作交于点，设，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 8分
则，，，，
故，，，. 9分
设为平面的法向量，则，即，
，取，则，
是平面的一个法向量.
设为平面的法向量，则，即，
，取，则，
是平面的一个法向量. 12分
， 13分
设二面角的大小为，则， 14分
二面角的正弦值为. 15分
18．【分析】（1）由已知可得，由椭圆的定义可得，根据椭圆中，，的关系可得，即可求解；
（2）设，，联立直线和椭圆构成的方程组，根据可得，由韦达定理可得，，再根据，可得或，即可求解.
【详解】（1）由题意，设的标准方程为， 1分
则，，即， 3分
所以， 4分
所以的标准方程为； 5分
（2）设，，
由联立得， 6分
由题意，即， 7分
，， 8分
显然直线过定点， 9分
所以，
所以，即， 12分
所以，解得或， 14分
均满足，所以或. 17分
19．【分析】（1）先求定义域，再求导，分，，和四种情况，求出函数的单调性；
（2）变形得到，构造，定义域为，求导，结合零点存在性定理得到存在唯一的，使得，故，并得到的单调性和最小值，求出最小值.
【详解】（1）的定义域为，
故， 1分
若时，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减， 3分
当时，若时，，故在上单调递增， 4分
若时，，令得或，
令得，
故在，上单调递增，在上单调递减；
若时，，令得或，
令得，
故在，上单调递增，在上单调递减； 7分
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减. 8分
（2）依题意，化为，即， 9分
令，定义域为，
，其在上单调递增， 10分
又，，
由零点存在性定理得，存在唯一的，使得， 11分
即，故， 12分
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值， 14分
其中，
两边取对数得，故， 16分
所以，
所以，证毕. 17分
【点睛】关键点点睛：由导函数的单调性和零点存在性定理得到，存在唯一的，使得，故，并求出的最小值，证明出不等式.
