2025高三元調(diào)預(yù)測卷-答案

2024~2025學(xué)年度高三元月調(diào)考預(yù)測試卷（答案）一．選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖，已知集合，，則圖中陰影部分所表示的集合為（

）

A． B． C． D．1.A【分析】結(jié)合韋恩圖，根據(jù)集合的運算和表示法即可求解.【詳解】由題可知陰影部分表示的集合為：且，即.故選：A.2.復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)是（

）A． B．C． D．2.B【分析】先將復(fù)數(shù)的分母化成實數(shù)，再求其共軛復(fù)數(shù)即可.【詳解】而的共軛復(fù)數(shù)是故選：B.3.在三角形中，，，，則（

）A．10 B．12 C． D．3.A【分析】根據(jù)向量的數(shù)量積公式求得結(jié)果.【詳解】記，則，，，．故選：A.4.已知函數(shù)的值域為．若，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．4.B【分析】對實數(shù)分類討論，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)及指數(shù)函數(shù)的值域可得結(jié)果.【詳解】當(dāng)時，，符合題意；當(dāng)時，因為函數(shù)的值域為滿足，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知，即二次函數(shù)的最小值小于或等于零；若時，依題意有的最小值，即，若時，不符合題意；綜上：，故選：B.5.已知數(shù)列滿足：，且數(shù)列為等差數(shù)列，則（

）A．10 B．40 C．100 D．1035.D【分析】設(shè)數(shù)列的公差為，借助等差數(shù)列的性質(zhì)可計算出，即可得，即可得解.【詳解】設(shè)數(shù)列的公差為，則，故，所以．故選：D.6.中國雕刻技藝舉世聞名，雕刻技藝的代表作“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相當(dāng)繁復(fù)，成品美輪美奐．1966年，玉石雕刻大師吳公炎將這一雕刻技藝應(yīng)用到玉雕之中，他把玉石鏤成多層圓球，層次重疊，每層都可靈活自如的轉(zhuǎn)動，是中國玉雕工藝的一個重大突破.今一雕刻大師在棱長為12的整塊正方體玉石內(nèi)部套雕出一個可以任意轉(zhuǎn)動的球，在球內(nèi)部又套雕出一個正四面體（所有棱長均相等的三棱錐），若不計各層厚度和損失，則最內(nèi)層正四面體的棱長最長為（

）A． B． C． D．66.A【分析】根據(jù)題意，求正方體的內(nèi)切球半徑，易知該球為所求正四面體的外接球，根據(jù)正四面體的性質(zhì)，可求得棱長．【詳解】由題意，球是正方體的內(nèi)切球，且該球為正四面體的外接球時，四面體的棱長最大，則該球半徑，如圖：可知為外接球球心，，平面，為底面等邊的中心，設(shè)正四面體的棱長為，則，，在中，則，即，解得，即．故選：A7.已知是橢圓的左右焦點，上兩點滿足：，，則橢圓的離心率是（

）A． B． C． D．7.D【分析】根據(jù)焦點三角形的邊長關(guān)系，利用余弦定理即可求解.【詳解】由可知，設(shè)，則，,,則由余弦定理可得化簡可得，故，（舍去），又,所以，化簡可得，故，故選：D8.已知的內(nèi)角A，，對邊分別為，，，滿足，若，則面積的最大值為（

）A． B． C． D．8.C【分析】根據(jù)正弦定理得，然后根據(jù)余弦定理求出，再利用重要不等式求出即可【詳解】由，由正弦定理得，又，且，所以，故，又，所以，由，即，得，面積的最大值為，故選：C．二．選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。9.如圖，已知正方體的棱長為，點分別為棱的中點，，則（

）A．無論取何值，三棱錐的體積始終為B．若，則C．點到平面的距離為D．若異面直線與所成的角的余弦值為．則9.AB【分析】對于A，利用等體積法及棱錐的體積公式即可求解；對于B，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點的坐標(biāo)，利用空間向量的數(shù)量積公式即可求解；對于C，由B選項建立的空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點的坐標(biāo)，求出平面的法向量，再利用點到平面的距離公式即可求解；對于D，由B選項建立的空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點的坐標(biāo)，求出直線與的方向向量，再利用向量的夾角與線線角的關(guān)系即可求解；【詳解】對于A，因為正方體的棱長為，點分別為棱的中點,所以,在正方體中，平面，由等體積法知，三棱錐=三棱錐=，所以無論取何值，三棱錐的體積始終為，故A正確；對于B,由題意可知，以為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示因為正方體的棱長為，所以，，，，,由，得，設(shè)，則所以，所以，所以，解得，所以，所以，所以，故B正確；對于C，由B選項建立的空間直角坐標(biāo)系知，，，，設(shè)，則，，所以，所以，解得，所以，所以，設(shè)平面的法向量為，則,即，令則，所以，所以點到平面的距離為，由于無法確定，所以點到平面的距離無法確定，故C錯誤；對于D,由B選項建立的空間直角坐標(biāo)系知，，，,，，,設(shè)，則，，所以，所以，解得，所以，所以，因為異面直線與所成的角的余弦值為，則，即，解得或（舍），故D錯誤.故選：AB.10.已知圓是直線上一動點，過點作直線分別與圓相切于點，則（

）A．圓上恰有一個點到的距離為 B．直線恒過點C．的最小值是 D．四邊形面積的最小值為10.BCD【分析】根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系，求出圓上點到直線距離的最值可判斷A錯誤；求出直線的方程可得其恒過點，利用弦長公式可求得的最小值是，可得BC正確；進(jìn)而求得四邊形面積的最小值為，即D正確.【詳解】易知圓心，半徑，如下圖所示：對于A，圓心到直線的距離為，可得圓上的點到直線距離的最小值為,圓上的點到直線距離的最大值為，所以圓上恰有兩個點到的距離為，即A錯誤；對于B，設(shè)，可得；易知，由，整理可得，同理可得，即可知兩點在直線上，所以直線的方程為，即，令，解得，所以直線恒過定點，即B正確；對于C，由直線恒過定點，當(dāng)點與圓心的連線垂直于時，的值最小，點與圓心之間的距離為，所以，故C正確；對于D，四邊形的面積為，根據(jù)切線長公式可知，當(dāng)最小值，最小，，所以，故四邊形的面積為，即D正確；故選：BCD11.已知函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．C．時，取得最大值 D．時，取得最小值11.AB【分析】由圖象可確定的單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性依次判斷各個選項即可得到結(jié)果.【詳解】由圖象可知：當(dāng)時，；當(dāng)時，；在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；對于A，，，A正確；對于B，，，B正確；對于C，由單調(diào)性知為極大值，當(dāng)時，可能存在，C錯誤；對于D，由單調(diào)性知，D錯誤.故選：AB.三．填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.某小組5位同學(xué)各拋擲一枚正方體骰子，將正面向上的點數(shù)按從小到大的順序記錄下來，得到一組統(tǒng)計數(shù)據(jù)．已知這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為整數(shù)，最大值為6，中位數(shù)為3，方差為1.6，則這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為．3【分析】根據(jù)題意將這組數(shù)據(jù)由小到大設(shè)出來，再根據(jù)方差為1.6可判斷出平均數(shù)的取值有兩種情況，對這兩種情況分別討論即可得出結(jié)果.【詳解】設(shè)這組數(shù)據(jù)為，則平均數(shù)大于等于，假設(shè)平均數(shù)為3．因為，所以平均數(shù)或，若，則，所以，解得；若，則，所以，此時無解．所以這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)為3．故答案為：3.13.已知函數(shù)滿足恒成立，且在區(qū)間上無最小值，則．13./【分析】首先由條件確定是函數(shù)的最大值，再結(jié)合函數(shù)的周期的范圍，聯(lián)立后即可求解.【詳解】由題意可知，是函數(shù)的最大值，則，，得，且在區(qū)間上無最小值，所以，所以，所以.故答案為：14.已知雙曲線的左、右焦點分別為，過原點的直線與交于兩點．若，且的面積為2，則的焦距為．14.【分析】由題意可知雙曲線為等軸雙曲線，四邊形為矩形，設(shè)雙曲線的半焦距為，利用雙曲線的定義和勾股定理，及的面積為2，求出與的值即可得雙曲線的焦距.【詳解】雙曲線為等軸雙曲線，設(shè)雙曲線的半焦距為，則由雙曲線的對稱性可知四邊形為平行四邊形，因為，所以四邊形為矩形，，不妨設(shè)點在的右支上，，則，所以，得，所以，得，又，所以的焦距為．故答案為：．四．解答題：本題共5小題，共77分。解答題應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.已知在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，其中.(1)求A；(2)已知直線為的平分線，且與BC交于點M，若求的周長.15.(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理的邊角變換，結(jié)合三角函數(shù)的和差公式即可得解；（2）利用三角形面積公式與余弦定理得到關(guān)于的方程組，結(jié)合整體法即可得解.【詳解】（1）根據(jù)題意可得，由正弦定理得，又，故，又，所以，則，因為，所以.（2）因為，所以，又平分，所以，所以，則，即由余弦定理得，即，所以，解得（負(fù)值舍去），故的周長為.16.一只螞蟻位于數(shù)軸處，這只螞蟻每隔一秒鐘向左或向右移動一個單位長度，設(shè)它向右移動的概率為，向左移動的概率為.(1)已知螞蟻2秒后所在位置對應(yīng)的實數(shù)為非負(fù)數(shù)，求2秒后這只螞蟻在處的概率；(2)記螞蟻4秒后所在位置對應(yīng)的實數(shù)為，求的分布列與期望.16.(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）記螞蟻2秒后所在位置對應(yīng)的實數(shù)為非負(fù)數(shù)為事件，記2秒后這只螞蟻在處的概率為事件，則由題意可知事件包括2秒內(nèi)一直向可移動和一次向右移動與一次向左移動，事件為2秒內(nèi)一次向右移動與一次向左移動，然后利用獨立事件的概率公式求出，再利用條件概率公式可求得結(jié)果；（2）由題意知可能的取值為，然后求出相應(yīng)的概率，從而可求出的分布列與期望.【詳解】（1）記螞蟻2秒后所在位置對應(yīng)的實數(shù)為非負(fù)數(shù)為事件，記2秒后這只螞蟻在處的概率為事件，則故所求的概率為.（2）由題意知可能的取值為，則，則的分布列為02417.已知首項為1的等差數(shù)列滿足：成等比數(shù)列.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若數(shù)列滿足：，求數(shù)列的前項和.17.(1)(2)【分析】（1）由已知列式求得公差，代入等差數(shù)列的通項公式得答案；（2）令，得，兩式相減得，又，即得【詳解】（1）設(shè)公差為d，又成等比數(shù)列，所以，又，即，解得或，而時，不滿足成等比數(shù)列，所以，所以.（2）令，所以，兩式相減有：，所以數(shù)列的前項和為，即，又，所以，所以.18.已知函數(shù).(1)討論的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)時，.18.(1)函數(shù)在上單調(diào)遞增(2)證明見解析【分析】（1）求導(dǎo)，再根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的符號即可得出答案；（2）當(dāng)時，，即證在上恒成立，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再利用導(dǎo)數(shù)比較在時，和的大小，即可得證.【詳解】（1）函數(shù)的定義域為，，記，則，所以當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增，所以，所以，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增；（2）原不等式為，即，即證在上恒成立，設(shè)，則，所以，當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以，令，當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減，所以，所以，且在上有，所以可得到，即，所以在時，有成立.【點睛】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，考查了轉(zhuǎn)化思想及邏輯推理能力，有一定的難度.19.若一個橢圓的焦距為質(zhì)數(shù)，且離心率的倒數(shù)也為質(zhì)數(shù)，則稱這樣的橢圓為“質(zhì)樸橢圓”.(1)證明：橢圓為“質(zhì)樸橢圓”.(2)是否存在實數(shù)，使得橢圓為“質(zhì)樸橢圓”？若存在，求的值；若不存在，說明理由.(3)設(shè)斜率為的直線經(jīng)過橢圓的右焦點，且與交于，兩點，，試問是否為“質(zhì)樸橢圓”，說明你的理由.19.(1)證明見解析(2)不存在實數(shù)，理由見解析(3)為“質(zhì)樸橢圓”，理由見解析【分析】（1）（2）根據(jù)橢圓的方程可得焦距與離心率，再根據(jù)“質(zhì)樸橢圓”的定義判斷即可；（3）聯(lián)立直線與橢圓，根據(jù)韋達(dá)