四川省成都市2026届高三数学上学期12月月考试题【含答案】

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.若复数满足，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知应用复数除法计算化简结合虚部定义得出答案.【详解】由，得，故的虚部为.故选：A.2.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出集合中的不等式的解集，然后利用交集的定义求解即可.【详解】因为集合，或，所以.故选：D.3.已知棱长为的正方体的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，求出的值，结合球体表面积公式求解即可.【详解】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，即，故球的表面积为.故选：B.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】代入二倍角公式，以及诱导公式，即可求解.【详解】由条件可知，，而.故选：C5.已知向量，若，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由投影向量的公式计算得到答案.【详解】因为，所以，因为，所以，所以，在上的投影向量为，故选：C.6.已知数列是首项为1的等差数列，且，则（）A. B.或 C. D.或【答案】B【解析】【分析】设出数列的公差为，根据及列出方程，解得，再根据等差数列下标和的性质解决即可.【详解】设数列的公差为，又，即，整理得，解得或，当时，；当时，又，因此或.故选：B.7.函数的图象的相邻两支截直线所得线段长为，则的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件可得出函数的最小正周期，求出的值，代值计算可得的值.【详解】由题意可知，函数的最小正周期为，解得，则，故.故选：A.8.某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据全概率公式，以及条件概率公式即可求解.【详解】设事件：该观众私自携带应援物品；事件：安检门亮灯提示，则.某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为所以.故选:B.二、多选题：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.下列命题正确的是（）A.样本数据6.1，5.9，5.9，6.0，6.1，5.8，6.3的极差为0.5B.样本数据，，，，，的分位数是C.若随机变量，且，则D.若随机事件，满足，，且，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A：根据极差的定义运算求解；对于B：根据百分位数的定义运算求解；对于C：根据正态分布的对称性运算求解；对于D：根据概率的性质分析判断.【详解】对于选项A：样本数据6.1，5.9，5.9，6.0，6.1，5.8，6.3的极差为，故A正确；对于选项B：因为，所以第分位数是第5位数11，故B错误；对于选项C：若随机变量，即，所以，故C正确；对于选项D：因为，，则，且，则，所以，故D正确；故选：ACD.10.已知正方体的棱长为为底面内一动点，且，则（）A.点的轨迹的长度为B.平面C.恰有一个点，满足D.与平面所成的角的正弦值的最大值为【答案】BC【解析】【分析】根据线面垂直、面面垂直、线面平行、面面平行判定和性质进行逐项判断即可.【详解】对于A选项，根据正方体的特性和性质可知，，因为平面，所以平面，因为平面，所以，根据正方体的特性和性质可知，，又平面，平面，因为，为底面内一动点，所以点在对角线上，即点的轨迹的长度为选项错误；对于B选项，因为平面ACD1，而不在平面ACD所以平面ACD1，同理，平面ACD又平面，所以平面平面，又平面，所以平面选项正确；对于C选项，因为平面，所以平面，由选项A知点在上，所以当且仅当为的中点时，满足，C选项正确；对于D选项，因为平面，所以与平面所成的角即为，因为，所以要使得取最大值，则取最小值，所以当为的中点时，取得最大值，此时，D选项错误.故选：BC.11.设函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数.若，则（）A. B.可能为2C. D.可能为0【答案】AD【解析】【分析】利用函数的奇偶性和对称性得到，进而判断A，利用反证法判断B，利用赋值法判断C，D即可.【详解】对于A，设，因为为奇函数，所以，且，即.令，则，则的图象关于点对称.设，故，即，可得为偶函数，令，则，则的图象关于直线对称，若，则即是奇函数，又是偶函数，故只能有，即对任意成立，则对任意成立，与矛盾，故，故A正确；对于B，由于，若，则，与2矛盾，故B错误；对于D，取，则的图象关于点对称，，即存在使得为0，故D正确；对于C，取，则的图象关于直线对称，故，令，有，由D得，故存在使得不为，故C错误.故选：AD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若在上单调递增，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】求得导函数，根据导函数在给定区间上大于等于0恒成立，求得的取值范围.【详解】∵，∴，∵函数在区间上单调递增，∴区间上恒成立，由于在区间上单调递增，∴必须且只需解得，故答案为：.13.若，则_____.【答案】【解析】【分析】利用正余弦的倍角公式将条件化简可求得的值，再根据正切的倍角公式即可求得.【详解】因为，所以，解得；所以.故答案为：.14.已知平面，异面直线与所成的角是，则线段的长为_____．【答案】5或【解析】【分析】作辅助线，可知或，可证平面，进而分情况求解即可.【详解】如图，作且，连接，则（或其补角）为异面直线所成的角，即或，由，且，得是平行四边形，则，由，得，而平面，因此平面，又平面，则，，当时，；当时，，所以的长为5或.故答案为：5或四、解答题：本题共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.某研究院种植了一种特殊作物，为了解该种特殊作物成熟期的高度，随机调查了1000棵成熟期作物的高度并绘制成如下频率分布直方图.（1）求的值及这1000棵成熟期作物的平均高度（同组数据用该组数据区间的中点值表示）；（2）以这1000棵成熟期作物的高度的频率估计所有该特殊作物成熟期高度的概率.若在所有成熟的该种特殊作物中随机抽取20棵，记高度在区间内的棵数为，求的期望和方差.【答案】（1），101厘米（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求解的值，从而利用平均数的概念求解平均高度；（2）根据频率分布直方图求解高度在区间内的频率，结合二项分布求解的期望和方差即可.【小问1详解】由，得，这1000棵成熟期作物的平均高度为厘米.【小问2详解】高度在区间内的频率为，由样本估计总体知，高度在区间的概率为0.3，因为，所以.16.已知，函数（为常数）.（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）若，且在中，内角的对边分别为，求的面积.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先利用向量的数量积结合降幂公式、两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质求得最小正周期及单调递减区间；（2）由（1）根据求得，再由求得，然后由余弦定理求得，从而可得三角形面积．【小问1详解】由题意得，所以的最小正周期，令，得，所以的单调递减区间为.【小问2详解】由，得，故.由，得，即，因为，所以，所以，所以，又，即，所以，所以.17.如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面为棱上一点，且.（1）证明：平面平面；（2）设直线与平面交于点，证明：；（3）若，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据几何体的性质，以及菱形的几何性质，通过面面垂直的判定定理，证明面面垂直即可；（2）根据线面平行的性质定理，证明线线平行即可；（3）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，进而求出平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】因为平面平面，所以，因为四边形为菱形，所以，又平面，且，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】因为四边形为菱形，所以，又平面平面，所以平面，又平面，且平面平面，所以.【小问3详解】设，以为原点，直线分别为轴，轴，过垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量，则，即，令，解得，所以面的一个法向量为.设平面的法向量，则，即，令，解得，所以平面的一个法向量.设平面与平面的夹角为，则.18.已知正项数列中，为数列的前n项和，满足，设．（1）求的通项公式；（2）求的前n项和；（3）令，在和之间插入k个数构成一个新数列：，其中插入的所有数依次构成数列，通项公式，求数列的前30项和．【答案】（1）（2）（3）223【解析】【分析】（1）根据及推出，进一步变换即可求得的通项公式；（2）求出的表达式并结合裂项相消即可求解；（3）分析数列的前30项包含了及的项数即可求解．小问1详解】由题意，在中，令，可得，因为，当时，，可得，即，整理得，因为，，可得，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以．【小问2详解】由，则，所以的前项和为：．【小问3详解】因为，在数列中，项之前（含）共有项，，所以数列的前30项中包含数列的前7项及数列的前23项，．19.设函数.（1）若，证明：当时，；（2）若，证明：；（3）若存在，使得当且仅当时，，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）利用求导判断函数的单调性即可证明；（2）证法一：通过求导推得在区间上单调递增，在区间上单调递减，化简计算得到，要证等价于证明，即证，由计算即得证得；证法二：由（1）可推出在区间上恒成立，又当时，，分析去掉等号即可得证；（3）设，则不等式等价于，分析可得，分类讨论时满足条件的的范围，易得当时满足条件，当时，分析讨论函数的单调性，推得在区间上的最小值在或处取得，从而得到，即得的取值范围.【小问1详解】当时，，则，当时，，故，所以在区间上单调递减，所以，即.【小问2详解】证法一：当时，.当时，，此时；设，则，当时，，当且仅当时取等号，故在区间上单调递减，又，因此存在唯一的，使得，即，即，且当时，，当时，，故在区间上单调递增，在区间上单调递减.由.由且，得.故，要证等价于证明，即证.因为，所以，不等式成立，即得证.解法二：由（1）知当时，，当时，，所以，所以在区间上恒成立，所以当时，，由于前面的等号在处取到，后面的等号在处取到，所以，即.【小问3详解】设，