贵州省部分学校2026届高三上学期12月月考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1贵州省部分学校2026届高三上学期12月月考数学试题一、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.集合的真子集个数为（）A.2 B.3 C.7 D.15【答案】C【解析】不等式，即，所以，由知，故其真子集个数为.故选：C.2.已知，若，则（）A.25 B. C. D.【答案】B【解析】由条件得，解得，则.故选：B.3.已知向量，若在上的投影向量为，则的所有可能结果的和为（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】因为在上的投影向量为，所以，又，所以，可得，解得或，所以.故选：B.4.设函数在区间上单调递增，则的最大值为（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】因为，所以，又函数在区间上单调递增，结合正弦函数的图象与性质可知，得，则的最大值为.故选：C.5.已知函数的定义域是，其图象关于点中心对称，且在区间上满足，则（）A.0 B.2 C.3 D.6【答案】A【解析】因为函数的定义域是，其图象关于点中心对称，所以且，解得，所以，所以.故选：A.6.已知的面积为2，其外接圆半径为，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】方法一：由条件知，而由正弦定理得，而，此时必有，.方法二：由条件知，由余弦定理和正弦定理有，于是，由得.故选：D.7.已知曲线，则上两点间距离的最大值为（）A.2 B. C.4 D.【答案】B【解析】对于，设，易知，可得，即，因函数在上是增函数，故该函数最多仅有一个正零点.注意到，故曲线的方程即，它表示圆心在原点，半径为的圆，故上两点间距离的最大值为.故选：B.8.设总项数为9的数列满足，从中任取2项，这两项均为偶数的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据二项式定理，展开式的通项公式为，其中，，由题意，中的项对应于的系数.而通项中的系数为，故只要中含有因子2，该项即为偶数.当时，即时，是偶数，故该项系数为偶数.此时可取，共8项.当时，即时，.此时，是奇数.综上所述，数列共9项，其中8项为偶数，1项为奇数.故从9项中任取2项的总取法数为，取出的2项均为偶数的取法数为，由古典概型概率公式，可得所求概率为.故选：C.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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.设正数a，b满足，则（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】对于A选项，显然，即，所以，故A正确；对于B选项，，当且仅当时取等号，故B正确；对于C选项，取，此时，故C错误；对于D选项，，，，当且仅当，时取等号，故D错误.故选：AB.10.为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行一定调整，则（）A.若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式B.若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式C.若歌曲必须在歌曲之前进行演唱，则有120种安排方式D.若歌曲必须第一个进行演唱，歌曲不能最后进行演唱，则有96种安排方式【答案】ABD【解析】6首歌曲的全排列总数为种.要求B、C、D三首必须连续，采用捆绑法.将B、C、D看作一个整体，与A、E、F共同进行排列，将、C、D视为1个元素，与另外3个元素进行全排列，共有种排法，B、C、D这个整体内部进行全排列，共有种排法，故总安排方式为种，故A正确；要求B、C、D任意两首不连续，采用插空法，先将A、E、F三首歌曲进行全排列，共有种排法，A、E、F排好后形成4个空位（包含首尾），从这4个空位中选3个插入B、C、D，共有种排法.总安排方式为种，故B正确；要求在之前演唱且无需连续，利用对称性分析，在全排列中，在前和在前的概率均等，各占总数的一半.故总安排方式为种，故C错误；要求必须先演唱，必须不最后演唱，先确定的位置，固定在第1位，有1种排法，再确定的位置，不能在第1位，也不能在第6位，只能在第2、3、4、5位中选择，共有种排法，则剩余的4首歌曲在剩下的4个位置进行全排列，共有种排法，总安排方式为种，故D正确.故选：ABD.11.已知曲线，则（）A.上不存在位于第二象限的点B.存在直线使得曲线关于该直线对称C.直线与曲线没有交点D.直线与曲线有两个交点当且仅当【答案】ACD【解析】将曲线进行分类讨论，：，所以曲线W在第一象限为双曲线，在第四象限为椭圆1，在第三象限为双曲线，故可以作出如下图的图象，可知上不存在位于第二象限的点，故A正确；该曲线在第四象限的图象为椭圆的一部分，显然不存在对称轴，故B错误；直线是双曲线与的渐近线，故直线与曲线没有交点，故C正确；要使直线与曲线有两个交点，只需要判断第四象限的椭圆与该直线平行的切线的方程，令直线介于该切线与直线之间即可.将直线与椭圆方程联立，得到，由判别式等于0，解得此时，所以直线与曲线有两个交点当且仅当，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设正项等比数列中，，若依次成等差数列，则__________.【答案】27【解析】由等比中项的性质可知，，又成等差数列，则.故答案为：27.13.考虑时滞方程中混沌演化解的情况，这涉及到Mackey-Glass方程，其中为时滞参数.已知，则______.【答案】【解析】由条件知.故答案为：.14.从集合中随机取出3个能作为一个三角形三边长的不重复的数，设以这3个数为边长组成的三角形面积为，则的期望____________.【答案】【解析】从集合中随机取出3个能作为一个三角形三边长的不重复的数，能够组成三角形的组合仅{3，4，5}和{2，3，4}和{2，4，5}三组，且三组的可能性均等.对于3，4，5为边长的三角形，其为直角三角形，故面积为；对于2，3，4为边长的三角形，有，故；对于2，4，5为边长的三角形，有，故，故的期望.故答案为：.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.已知等差数列满足.（1）求的通项公式；（2）记为的前项和，若单调递减，求的最值.解：（1）设的公差为，由题意可得，即，解得或2，于是或；（2）由单调递减可知，故，当且仅当时，取得最大值为，由二次函数图象知无最小值．16.如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，平面为PC中点，为BC中点.（1）证明：平面PBD；（2）证明：平面平面ABCD；（3）求直线PC与平面MDN所成角的正弦值.（1）证明：由中位线可知，由平面平面PBD，可知平面PBD.（2）证明：记AC与BD交于点，连接，平面ABCD，因为M，O分别为PC，AC的中点，由中位线性质知，故平面ABCD，而平面MBD，于是平面平面ABCD.（3）解：以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系A-xyz.不妨设，则，于是设平面MDN的一个法向量为，即，可取.设直线PC与平面MDN所成角为，则.所以直线PC与平面MDN所成角的正弦值为.17.为响应“智慧农业”政策，某企业通过田间试验研究了一种针对于番茄的新型无污染肥料.研究过程中，对其进行经济大致评估，该肥料成本约为10000元／升，其他固定成本约为220000元／公顷，番茄市场批发价约为8000元／吨，在实际生产过程中，该肥料的施用量（，单位：升／公顷）与番茄最终收获量（，单位：吨／公顷）之间的关系满足下表，其中表格数据已经过部分筛选与简化处理：肥料施用量（升／公顷）1015202530番茄收获量（吨／公顷）5560758090参考数据：利用最小二乘法计算回归直线，截距和斜率的估计公式为计算得.（1）利用最小二乘法及已知数据，求番茄收获量随肥料施用量变化的线性回归方程；（2）某农户根据试验结果提出了以下两种增产方案，试基于（1）中的回归模型的合理性及农业科学常识分别对这两种方案进行经济与效益评估：方案：施用28升／公顷的肥料；方案：施用45升／公顷的肥料.解：（1）由题意，，又故1..则番茄收获量随肥料施用量变化的线性回归方程为.（2）方案：施用28升／公顷的肥料：施用量在试验数据范围［10,30］之内，故可使用回归模型进行评估，将代入回归方程得，即预期总产量为86.4吨／公顷，此时预期总收入为86.4吨/公顷元/吨元/公顷，预期总成本为：总成本升／公顷元／升）+220000元/公顷500000元／公顷，则预期净利润为191200元／公顷，综上，方案的预测相对可靠，且预期实现191200元／公顷的利润，可以采用.方案：施用45升／公顷的肥料：此时施用量超出了试验数据范围［10,30］，故直接使用（1）中的线性回归模型进行预测是不可靠的，存在预测风险，当肥料施用超过作物所需的最优水平后，可能产量提升效果会越来越差，且过量的肥料可能导致作物根系受损导致产量下降，即使产量不再增加，每公顷也要比方案多投入170000元的肥料成本.若因减产而导致总收入下降，农户将面临经济亏损.综上，方案是一个基于不可靠预测的高风险方案，不建议采用.18.已知连续函数.（1）讨论的单调性；（2）定义在的函数满足，且.（i）讨论的单调性；（ii）若，求的取值范围.解：（1），令得，令得，故在区间单调递增，在单调递减.（2）（i）因为，则，根据的单调性可知，；若，由并结合的单调性可知，或，因，故，，当时，，故，又，故，进而在区间上单调递减；若，由、的单调性且当时，，当时，可知，或，因，故，，当时，，故，又，故，进而在区间上单调递减；综上所述，在上单调递减.（ii）先证明符合题意：即证.①当时，，因为在上单调递减，故只需证，又，即证，即，即证；②当时，，故只需证，又，即证，即；③当时，，故成立，下面针对①②进行证明：令且，则，令，则，解得；得，故在上单调递增，在上单调递减，故，则，故在区间上单调递减，令，则，由得；得，则在上单调递增，在上单调递减，故，即，等号成立时，则当时，；当时，，故在上单调递减，故与时均有，故在时成立；当时，，故此时也成立；下证不符合题意：先证明：在时成立，以及恒成立，令，，，则，，则得；得；得；得；故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，又，故，即在时成立，又，即恒成立，故有，整理得：，因此只需要取满足0的，就有，而这与矛盾.综上所述，的取值范围为.19.设抛物线，直线，直线.已知与的四个交点组成的四边形面积为12.（1）求的方程；（2）记四边形外接圆圆心为，以为圆心作圆，已知圆与有4个交点.（i）求圆半径的取值范围；（ii）求圆与的4个交点组成的四边形面积的最大值.解：（1）设与抛物线交于两点，联立与，解得，即，则，所以则与相交弦的弦长，与相交弦的弦长，注意到，则四边形面积为设，且，，故单调递增，故有且仅有一个解，故.（2）（i）由（1），，由两条直线的倾斜角对称性易知在轴上，将代入得到PQ中点坐标为，