湖北省武汉市第十一中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

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命题教师： 审题教师：
考试时间：2024年12月14日14:00-16:00 试卷满分：150分
一、单选题
1．设全集，集合，集合，则集合（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求集合，求出，再与集合求并集.
【详解】由不等式，解得或，∴，
∴，
∴.
故选：D.
2．中文“函数”一词，最早是由清代数学家李善兰翻译而得，之所以这么翻译，他给出的原因是“凡此变数中函彼变数者，则此为彼之函数”，也即函数指一个量随着另一个量的变化而变化，下列选项中是同一个函数的是（）
A．B．
C．D．和
【答案】B
【分析】先求函数的定义域，定义域不同则不是同一个函数，定义域相同再看对应关系是否相同，对应关系相同则是同一个函数，对应关系不同则不是同一个函数.
【详解】对于A，和定义域均为R，，
故和定义域相同，对应关系不同，和不是同一个函数，故A错误；
对于B，和定义域均为R，，
故和定义域相同，对应关系相同，和是同一个函数，故B正确；
对于C，定义域为定义域为，
故和定义域不相同，和不是同一个函数，故C错误；
对于D，定义域为定义域为,
故和定义域不相同，和不是同一个函数，故D错误；
故选：B.
3．在复平面内，复数对应的向量分别是，则复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】写出，利用复数的四则运算法则计算出，确定对应的点的坐标，得到答案.
【详解】由题意得，
则，
对应的点为，位于第三象限.
故选：C
4．已知向量，满足，，，则（ ）
A．B．C．3D．2
【答案】A
【分析】将分别进行平方，借助的值联系起它们的关系，从而求解.
【详解】由题知，，
则，
，
则.
故选：A
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据与的大小关系比较即可
【详解】依题意得，，
，
，所以，
故，
故选：B.
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件即可求得，代入即可求得.
【详解】由，则
，化简得，所以
，由.
故选：B
7．已知双曲线：的左､右焦点分别为，，点在的左支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则当取最小值10时，面积的最大值为（ ）
A．25B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用定义判断，，三点共线时取最值计算得，再结合基本不等式求得的最大值，即得面积的最大值.
【详解】由题意得，故，如图所示，
则，当且仅当，，三点共线时取等号，∴的最小值为，
∴，即，当且仅当时，等号成立，
而到渐近线的距离，又，故，
∴，即面积的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：
本题解题关键在于利用双曲线的定义将转移到的最值，即可知
三点共线时去最值得到关系，才能再借用基本不等式求的面积的最值.
8．设函数，若，且的最小值为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出的大致图象，令，结合图象得到的范围，再将所求转化为关于的表达式，构造函数，利用导数即可得解.
【详解】因为，作出的大致图象，如图，

令，由图象可得，
因为，所以，即，
则，
令，
则，令，解得，
当，即时，，则，单调递减，
则，解得，符合；
当，即时，
当时，；当时，；
故在单调递减，在单调递增，
则，解得，不符合；
综上，.
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题考查双变量问题的函数与方程的应用，解决这种题的常见方法是利用换元法将变量转化为只有1个变量，注意利用数形结合考虑变量的取值范围.
二、多选题
9．下列选项中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】由不等式性质判断A，取特殊值判断BC，利用作差法判断D.
【详解】由不等式的性质知，，则，故A正确；
当时，，但，故B错误；
当时，，但，故C错误；
因为，，
所以，，所以，即，
故D正确.
故选：AD
10．函数，，若与在有且仅有4个交点，则下列的取值可能是（ ）
A. B. C. .D. .
ABC
11．在边长为6的菱形中，，现将沿折起到的位置，使
得二面角是锐角，则三棱锥的外接球的表面积可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】作出二面角的平面角，利用球的性质确定外接球球心位置，求出球的半径，再由角的范围得出半径的范围，即可求出外接球表面积的范围.
【详解】如图，
由菱形边长为6，，可知是边长为6的正三角形，
取的中点为，连接，则,
所以是二面角的平面角，
设，外接球球心为，
取分别为靠近的三等分点，连接,
则平面，平面，连接，
因为，
所以在中，，即，
所以，
由，可知，所以，
故，所以.
结合选项可知，ACD符合，B不符合.
故选：ACD
三、填空题
12．若直线与直线平行，则实数 .
【答案】
【分析】根据两条直线平行的系数关系列方程组计算求参即可.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，
所以，且且
所以.
故答案为：.
13．已知等差数列（）中，，成等比数列，，则 .
【答案】25或13；
【分析】设公差为，由已知条件求得后，利用等差数列的通项公式可得结论．
【详解】设公差为，因为，，成等比数列，所以，
即，所以或，
若，则，
，则，，，，
故答案为：13或25.
14．已知抛物线，过B的直线交W于M，N两点，若四边形AMCN为等腰梯形，则它的面积为 ．
【答案】
【分析】解法一：由几何性质可知：，设直线MN为，联立方程结合韦达定理可得，即可得，进而可求面积；解法二：根据题意结合二级结论可知，分析可知点M的横坐标为1，，即可得结果.
【详解】易知M，N的位置交替不影响结论，不妨令图像如图所示以方便研究，
解法一：由等腰梯形的性质得：，相似比为，
所以，
设直线MN为，与抛物线方程联立，得，
所以，，
解得，代入得，
又因为，由勾股定理可确定，
可得，
所以AMCN为等腰梯形的面积为；
解法二：（二级结论）
由题可知，点A、B关于抛物线顶点对称，且弦MN经过点B，
则，（二级结论）
又因为AMCN为等腰梯形，
所以，则，故，即点M的横坐标为1，
又因为，所以，
且，
所以AMCN为等腰梯形的面积为；
故答案为：.
【点睛】方法点睛：在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的比例问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解．
四、解答题
15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求A；
(2)若，，求的周长.
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）由三角恒等变换得到，得到；
（2）由正弦定理和，得到，由（1）知，，由余弦定理得到方程，求出，进而，得到三角形周长.
【详解】（1）由得，
，
即，
故，
因为，
所以，
即，
因为，所以，故，
因为，所以；
（2），由正弦定理得，
因为，所以，
由（1）知，，由余弦定理得，
解得，故，所以，
所以的周长为.
16．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面，，为的中
点．
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由等边三角形三线合一得到，在直角梯形中通过已知边和角求得长，由勾股定理得到长，再由勾股定理逆定理得到，结合面面垂直，得到平面，然后得到，然后得证平面；
（2）由（1）得到三条两两垂直的直线，以这三条线建立空间直角坐标系，写出点坐标和向量坐标，从而求得平面的法向量的坐标，由轴⊥平面直接写出平面法向量，由空间向量的关系求得面面角的余弦值.
【详解】（1）因为为等边三角形，为的中点，
所以．
过作，垂足为，
因为底面为直角梯形，，，，，
所以，则，
由得，所以
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面．
因为平面，所以．
又，平面，所以平面．
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，过且平行于的直线为轴，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，
由（1）可知，轴⊥平面，不妨取平面的法向量为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17．若椭圆过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点．
(1)求椭圆的方程；
(2)不过原点的直线与椭圆交于两点，当的面积为 时，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据抛物线和双曲线的焦点，结合椭圆的几何性质即可求解，
（2）联立直线于椭圆方程，根据弦长公式以及点到直线的距离公式，即可由面积求解.
【详解】（1）抛物线的焦点为
双曲线的焦点为
依题意可得，，则，
所以椭圆的方程为；
（2）根据题意，设，
联立直线与椭圆方程，可得，
消去并整理可得，，
则，，
由弦长公式可得，，
又点到直线的距离为，
依题意，令，
当且仅当，即或，此时均满足，
的面积取得最大值为,此时直线l的方程为或
即或
18．已知函数．
(1)求证：；
(2)过点作直线与函数的图象均相切，求实数的值；
(3)已知，若存在，使得成立，求实数的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）等价变形所证不等式，再构造函数，利用导数求出最大值即得.
（2）设出直线与函数图象相切的切点，利用导数求出切线方程，再与联立结合判别式求出值.
（3）结合（1）的结论，按分类，借助导数讨论得解.
【详解】（1）函数的定义域为，
不等式，
令，求导得，
当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，即，
因此，所以.
（2）依题意，，设直线与函数图象相切的切点为，
则切线的方程为：，
又直线过点，于是，
整理得，即，令，
求导得，即在上单调增，又，因此，
切线的方程为，由与函数的图象相切，得，
即，于是，解得，
所以实数的值是.
（3）①当时，，则，使，符合题意；
②当时，，
，则，又由（1）知，，
因此，不合题意；
③当时，令，
当时，，则，
当时，，则，
则，
令，求导得，
由，得时；由，得时，
函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，即当时，不合题意，
所以的最大值为.
19．已知等差数列，若存在有穷等比数列，满足，其中，则称数列为数列的长度为的“等比伴随数列”．
(1)数列的通项公式为，写出数列的一个长度为的“等比伴随数列”；
(2)等差数列的公差为，若存在长度为的“等比伴随数列”，其中，求的最大值；
(3)数列的通项公式为，数列为数列的长度为的“等比伴随数列”，其中，求的最大值．
【答案】(1)（答案不唯一）
(2)
(3)
【分析】（1）根据“等比伴随数列”的定义选取等比数列验证即可；
（2）根据“等比伴随数列”的定义列出不等式组，两两联立然后求解出的取值范围，则最大值可确定；
（3）先分析的情况，当时，将问题转化为
“”，利用导数思想构造函数分别求解出对应最值，由此可确定出关于的不等式，再通过构造关于的函数，分析其单调性和取值正负，从而确定出的最大值.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以数列满足要求，
所以数列的一个长度为的“等比伴随数列”为（答案不唯一）.
（2）由题意可知，，所以，
联立，所以，即，
联立，所以，即，
联立，所以，即，
由上可知，， 当时，取的前项为，经验证可知满足条件，
综上所述，.
（3）设数列的公比为，由题意可知，对，当时，恒成立，
即对恒成立，即对恒成立，
当时，解得，当时，解得，
当时，则有，
所以；
设，所以，
令，均在上单调递减，
所以在上单调递减，所以，
所以，所以在上单调递减，所以；
令，所以，
因为，所以，
所以，所以在上单调递减，所以；
所以对恒成立，即对恒成立，
设，所以，
当时，显然单调递减，所以，所以在上单调递减，
又因为，
所以使得，所以的最大值为.
【点睛】关键点点睛：解答本题第三问的关键点有两个，一方面是将题设恒成立的不等式转化为关于的函数最值问题，通过导数思想分析单调性并计算最值，另一方面是最值转化后的新不等式的处理，需要继续构造新函数分析其单调性并计算零点所在区间.