2024~2025学年广东省茂名市高三上学期12月联考数学试卷【有解析】

/2024-2025学年广东省茂名市高三上学期12月联考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知，则的虚部为（）A． B． C． D．2．中，，，，则=（）A． B．1 C． D．63．四川耙耙柑以果肉饱满圆润，晶莹剔透等特点深受民众喜爱，某耙耙柑果园的质检员对刚采摘下来的耙耙柑采用随机抽样的方式对成筐的耙耙柑进行质检，记录下了8筐耙耙柑中残次品的个数为5，7，6，3，9，4，8，10，则该组样本数据的第30百分位数为（）A．5 B．5.5 C．6 D．6.54．集合的子集个数为（）A． B． C． D．5．设公比不为1的等比数列的前n项和为，已知，则=（）A．55 B．65 C． D．6．已知椭圆C：的一个焦点为F，C上不与F共线的两点A，B满足周长的最大值为12，则C的离心率为（）A． B． C． D．7．已知圆台的上、下底面圆的半径分别为和，母线长为，且该圆台上、下底面圆周上的点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A． B． C． D．8．已知函数在区间上单调，其中为大于1的整数，若是的一个零点，，要使通过平移成为偶函数，可以将其向右平移（）个单位A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知，，则（）A． B．C． D．10．某高中开展一项课外实践活动，参与活动并提交实践报告可以获得学分，且该校对报告的评定分为两个等级：合格，不合格．评定为合格可以获得0.2学分，评定为不合格不能获得学分．若评定为不合格，则下一次评定为合格的概率为，若评定为合格，则下一次评定为合格的概率为．已知小李参加了3次课外实践活动，则（）A．“小李第一次评定合格”与“小李第一次评定不合格”是互斥事件B．若小李第一次评定为不合格，则小李获得0.4学分的概率为C．若小李第一次评定为合格，则小李第三次评定为合格的概率为D．“小李第一次评定合格”与“小李第三次评定合格”相互独立11．在平面直角坐标系xOy中，设双曲线W：与圆E：交于A，B，C，D四个点，构成四边形，则（）A．W的两条渐近线相互垂直B．当时，m的取值范围是C．当时，n的取值范围是D．四边形的面积不超过8三、填空题（本大题共3小题）12．已知，则．13．甲乙二人参加一种游戏：在一副扑克牌中取出5张数字分别为3，4，5，6，7的牌，随后两人分别从其中随机取走一张．甲声称：我不知道谁牌上的数字更小，乙思考片刻后，作出了与甲同样的判断．在二人的判断均准确的前提下，甲推断出了乙手中牌上的数字，其为．14．已知函数的定义域为R，若，，，则=．四、解答题（本大题共5小题）15．已知箱子中有除颜色外其他均相同的8个红球，2个黄球，从中随机连续抽取3次，每次取1个球．(1)求有放回抽样时，取到黄球的次数X的期望与方差；(2)求不放回抽样时，取到黄球的个数Y的分布列．16．已知的内角的对边分别为a,b,c，且．(1)求；(2)探究与的等量关系．17．已知函数．(1)若，证明：；(2)若过坐标原点的直线能与曲线y=fx相切，求的取值范围．18．空间直角坐标系中，点，过点的直线与过点的直线的倾斜角之和为π，且与平面xOy内的抛物线交于A，B两点，与x轴交于F，D为z轴正半轴一点，且，（，均在平面xOy内）(1)若的倾斜角为，求二面角的余弦值；(2)求三棱锥体积的最大值．19．已知数列的前项和为，且．记的前项积为，且当时，．(1)求；(2)求的通项公式；(3)探究与的大小关系，并给出证明．

答案1．【正确答案】A【详解】依题意，，所以的虚部为.故选：A2．【正确答案】C【详解】由知，，又，，则，解得.故选：C.3．【正确答案】A【详解】残次品的个数由小到大排列为：3，4，5，6，7，8，9，10，由，得该组样本数据的第30百分位数为5.故选：A.4．【正确答案】A【详解】因为，则，所以集合只有一个元素，故集合的子集个数为，故选：A.5．【正确答案】C【详解】由已知，分别令，得，，，则，因为为公比不为1的等比数列，则，所以有，即，解得，或.由等比数列各项均不为，可知，则.验证：当时，，当时，；当时，；当时也适合上式，故，则，故是公比为的等比数列，满足题意.因此.故选：C.6．【正确答案】D【详解】设椭圆的另一个焦点为,根据椭圆的定义，周长为,即，当三点共线时，周长取最大值，此时,所以，解得，又已知，根据可得，离心率.故选：D7．【正确答案】D【详解】取圆台的一条母线，连接、，过点在平面内作，垂足为点，如图：由题意可知，四边形为直角梯形，且，，，因为，，，所以四边形为矩形，所以，则，所以，设，则，因为圆台的上、下底面圆周上的点都在同一个球面上，所以，解得，则球的半径为，故该球的表面积为.故选：D.8．【正确答案】B【详解】因为函数在区间上单调，所以最小正周期，即，，又已知其中为大于1的整数，所以.因为是的一个零点，所以.当时，，由，得，所以，验证：，且当，则，函数在区间上单调递减，满足题意；当时，，由，得，所以，验证：，不满足题意；

综上可知，.由是偶函数，又不是偶函数；不是偶函数；不是偶函数；综上，将向右平移个单位，可成为偶函数，B项正确，其余选择均错误；故选：B.9．【正确答案】ACD【详解】由，得.又，可得，即，故.A项，由，得，两边同乘以得，，故A正确；B项，构造函数，则，故在单调递增；由得，则有，即，故B错误；C项，由，且，则，由，则，所以，则，故C正确；D项，由可得，故D正确.故选：ACD.10．【正确答案】AB【详解】A项，事件“小李第一次评定合格”与“小李第一次评定不合格”不可能同时发生，所以互斥，故A正确；B项，若第一次评定为不合格，设事件“第次评定为合格”，.则事件“小李获得0.4学分”即事件，由概率乘法公式得，，故B正确；C项，若第一次评定为合格，设事件“第次评定为合格”，“第次评定为不合格”，.则由全概率公式得，，故C错误；D项，由C项知；若第一次评定为不合格，设事件“第次评定为合格”，“第次评定为不合格”，.由全概率公式可得；即；所以，即第一次评定是否合格对第三次评定合格的概率有影响，故“小李第一次评定合格”与“小李第三次评定合格”不相互独立，故D错误.故选：AB.11．【正确答案】ACD【详解】对于A，双曲线W：的渐近线方程为，两条渐近线相互垂直，故A正确；对于B，当时，若，此时圆E：与双曲线W：，只有3个交点：，故B错误；对于C，当时，圆E：，圆心为，半径为2，联立，得，由，解得，此时方程存在两个解，且对应两个关于轴对称的点，对应两个关于轴对称的点，因此有4个交点，故C正确；对于D，当圆心在四边形的外部时，此时四边形的面积，显然小于圆心在四边形的内部的时候，所以讨论圆心在四边形的内部，此时，设，由题设方程，当，时，圆E：，联立，解得或或或，显然四边形不可能为正方形，则四边形的面积为，故D正确.故选：ACD.12．【正确答案】/【详解】由题意得，，则，化简得，解得.故答案为.13．【正确答案】5【详解】依题意，由甲判断知，甲手中牌上的数字不可能是最大和最小数字，即甲手中牌上的数字是4，5，6之一，而乙听到甲的判断后作出判断，于是乙手中牌上的数字不可能为4和6，所以甲推断出了乙手中牌上的数字是5.故514．【正确答案】2024【详解】函数的定义域为R，由，得，即；由，得，则，因此，所以.故202415．【正确答案】(1)；(2)分布列见解析【详解】（1）有放回抽样时，取到黄球的次数X可能的取值为.每次抽到黄球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则，则期望，方差.（2）不放回抽样时，取到的黄球个数Y可能的取值为.，故Y的分布列为：Y012P16．【正确答案】(1).(2)【详解】（1）在中，由及正弦定理得，令，则，由余弦定理得，因,则.（2）由（1）得，，而，又，所以，因为余弦函数在上单调递减，所以.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）当时，，其中，，因为函数、在上均为增函数，所以，函数在上为增函数，且，当时，；当时，.所以，函数的减区间为，增区间为，所以，，因此，对任意的，.（2）设切点坐标为，由题意可得，所以，，可得，即，其中，当时，等式显然不成立，所以，，所以，，令，其中，则实数的取值范围即为函数的值域，，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，，当时，；当时，，且当时，；当时，.所以，函数的值域为，由可得或，即实数的取值范围是.18．【正确答案】(1)(2)【详解】（1）若的倾斜角为，则重合，，由题意直线的倾斜角也为，如图空间直角坐标系中，，则，设平面的法向量为，则，令，则；设平面的法向量为，则，令，则；设二面角的平面角为，则，由图观察知为锐角，故二面角的余弦值为.（2）由题意可知，直线的斜率不为，设直线，设，联立消得，则，，又，设直线与轴交于，，则，又直线，直线与直线的倾