四川省成都市列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题 含解析

高三数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为（）A.15 B.16 C.17 D.18【答案】D【解析】【分析】将这些数从小到大重新排列后结合百分位数的定义计算即可得.【详解】将这些数从小到大重新排列后为：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23，，则取从小到大排列后的第8个数，即该组数据的第75百分位数为18.故选：D.2.记为等差数列的前项和，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等差中项的性质结合题意求出，再利用公式法求出公差和，然后由求和公式计算即可；【详解】因为为等差数列的前项和，且，所以，解得，又公差，所以，，所以，故选：B.3.若，则（

）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】注意到，后由可得答案.【详解】.因，则.故选：A4.直线被圆截得的最短弦的弦长为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出直线恒过定点，当直线时，直线截圆的弦长最小，再用勾股定理求出弦长.【详解】设圆的圆心为点，圆的标准方程为：，圆心坐标为，半径，直线的方程可化为：，所以直线恒过定点，当直线时，直线截圆的弦长最小，根据勾股定理可知：弦长的最小值.故选：C5.已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得，即a的范围是.故选：B.6.已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题中条件作出外接球球心，利用勾股定理计算得到半径，进一步计算即可.【详解】过三角形中心作平面的垂线，过三角形的中心作平面的垂线，两垂线交于点，连接，依据题中条件可知，为四面体的外接球球心，因为，所以,则,即外接球半径为，则该球的表面积为，故选：C.7.已知直线与抛物线相交于两点，以为直径的圆与抛物线的准线相切于点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出和抛物线的方程和焦点坐标，结合直线的方程可知，直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心,由得到关于的方程，解方程求出，则得到弦长.【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，解得，因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，又直线，所以直线恒过抛物线的焦点，设点，因为两点在抛物线上，联立方程，两式相减可得，，设的中点为，则，因为点在直线上，解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心，由抛物线的定义知，圆的半径，因为，所以，解得，则，则.故选：C.8.点是所在平面内的点，且有，直线分别交于点，记的面积分别为，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由向量的加法法则结合三点共线确定点的位置，再结合三角形的面积公式求解即可；【详解】由可得，即，设，因为三点共线，则存在实数，使得，将代入可得，即，由于不共线，则，解得，即，，同理，设，则，因为三点共线，所以，即，又由三角函数的诱导公式可得，所以故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是能结合图形利用三点共线确定点的位置，即得到和，再结合三角形的面积公式求解即可.二、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2分，有选错的得0分.9.一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（）A.事件，为互斥事件 B.事件B，C为独立事件C. D.【答案】ACD【解析】【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB，由组合知识求得判断C，根据条件概率的定义求得判断D．【详解】第一次取出球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确；由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B错；，C正确；事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D正确．故选：ACD．10.下列命题为真命题的是（）A.已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则双曲线C的离心率为B.“”在上恒成立的充要条件是“”C.已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，则D.设，，，则的大小关系为【答案】AC【解析】【分析】由双曲线的定义，余弦定理，离心率的定义可得A正确；举反例可得B错误；由函数的奇偶性和周期性可得C正确；对取对数后作差，再由对数函数的运算性质和单调性可得D错误；【详解】对于A，设，由双曲线的定义可得，即，在中，由余弦定理可得，可得，所以，故A正确；对于B，当时，在上也成立，故B错误对于C，因为为奇函数，所以，即，即的对称中心为，因为为偶函数，所以，即，又，即，所以，所以，故的周期为8，因为所以，故C正确；对于D，对取对数可得，作差可得，因为，所以，故D错误；故选：AC.11.已知函数在区间上单调，对，满足，且，则下列说法正确是（）A.若函数在区间上单调，则B.若函数在上恰存在个极值点，则C.函数在上有四个零点，则D.若，，则【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的对称和最值，结合单调性可得周期，进而可得，代入最值点可得，即可利用整体法求解A，作出函数图象，结合函数图象，即可求解BC，根据和差角公式以及二倍角公式，即可求解D.【详解】由于，则关于对称，又，故是的最小值点，结合在区间上单调，因此和是相邻的对称中心和对称轴，故,则，,故，由于，故，故，对于A，，当，则，若函数在区间上单调，则，解得，则，A正确，如图：作出函数的图象如下：函数在上恰存在个极值点，则，故B错误，令，则，故的图象与有四个交点，如图，则关于对称，关于，故，则，故C正确，如图，作出与的交点，可知：，，，则结合，则，故，则结合，则，故，故，则，故，D正确，故选：ACD【点睛】关键点点睛：根据与的交点，可知：，即可代入得，，由二倍角以及和差角公式即可求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数（其中为虚数单位），________.【答案】【解析】【分析】先求出共轭复数，再利用模长计算即可；【详解】由题意可得，所以，所以模长为，故答案为：.13.为进一步强化学校美育育人功能，构建德智体美劳全面培养的教育体系，某校开设了音乐､美术､书法三门选修课程.该校某班级有5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修，则恰好有2位同学选修音乐的概率为_______.【答案】##【解析】【分析】利用部分均匀分组再结合古典概型公式求解即可.【详解】5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修，共有种情况.恰好有2位同学选修音乐共有.所以恰好有2位同学选修音乐的概率.故答案为：.14.已知函数在上单调递增，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】对函数求导有，对参数分类讨论研究函数的单调性得到，代入目标式并结合基本不等式求最大值.【详解】由题设，当时，，此时在上，不合题意；当，若，可得或，若时，在上，，，则，不合题意，若时，在上，，，则，不合题意，若时，即，在上，，则，在上，，则，显然在R上递增，满足题设，综上，，当且仅当时等号成立，所以目标式最大值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：利用导数及分类讨论研究函数单调性得到参数间的关系为关键.四、解答题：本题共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.如图，在直三棱柱中，分别是的中点，，.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系,求出平面的法向量，代入异面直线夹角的空间向量公式即可证明；（2）找到平面的法向量，再代入空间二面角公式求解即可；【小问1详解】由为直三棱柱，得平面，又，以为原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，由题意可得：，于是，，设平面的法向量为，则，取，得，显然，即平面，而平面，所以平面.【小问2详解】由（1）可知，平面的一个法向量为，显然轴垂直于平面，不妨取其法向量为，设所求的平面夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为.16.在三角形中，内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，且，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边角转化，再利用诱导公式即正弦的和角公式求解；（2）把转化为的函数，利用余弦定理及三角函数单调性分析的范围，最后再利用二次函数的单调性求范围.【小问1详解】根据正弦定理可知：，因为，所以，所以.【小问2详解】由余弦定理可知：，因为，所以，，，因为，所以，，由正弦定理得：，所以，因为，所以，所以，所以时，取得最小值，并且，所以的范围是.17.已知椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于点，且当轴时，.（1）求椭圆的方程；（2）椭圆的左焦点为，若的外心在轴上，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由离心率的定义和用表示弦长求出即可；（2）设过三点的圆的圆心为，，分别由和以及在椭圆上得到①②，然后结合韦达定理得到，再设直线：，联立曲线结合韦达定理解出即可；【小问1详解】由题意得：，得，将代入椭圆方程得，整理得，则，所以，即，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设过三点的圆的圆心为，，又，则，即，即，又在椭圆上，故，代入上式化简得到：，①同理，根据可以得到：，②由①②可得：是方程的两个根，则，设直线：，联立方程：，整理得：，，故，解得，所以，所以直线的方程为：.18.已知函数.（1）当时，求的最大值；（2）若存在极大值，求a的取值范围.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）利用函数的导数与单调性、最值的关系求解；（2）利用导数与极值的关系，结合参数和讨论函数单调性，从而解决问题.【小问1详解】由题可知的定义域为，当时，，.令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以当时，取极大值，也是最大值，故的最大值为.【小问2详解】.令，则.当时，，在上单调递减，当时，；，根据零点存在定理，得在内存在唯一的零点，在上，，，单调递增；在上，，，单调递减，存在极大值.当时，令，解得，（舍去），在上，，单调递减；在上，，单调递增.所以当时，取极小值，也是最小值，故.当，即时，由于当时，，此时，在上，必定存在唯一的零点.上，，，单调递增；在，，，单调递减，存在极大值，当时在上，，单调递增不存在极大值.综上所述，a的取值范围是.【点睛】利用导函数研究函数极值：通常利用导数研究含参函数的单调性，借助零点存在定理，同时注意分类讨论.19.对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的p阶和数列.（1）若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；（2）若，求的二阶和数列的前n项和；（3）若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时的公差.【答案】（1）12（2）（3）k的最大值是1999，此时公差为【解析】【分析】（1）根据一阶和数列的定义以及，，，的值可计算出，，的值，再根据二阶和数列的定义计算出，的值，由的二阶和数列是等比数列可得公比，从而解得，，的值，再由定义可求出的值；（2）根据定义和以及可