湖北省随州市曾都区第一高级中学2025届高三上学期12月联考数学试题（Word版附解析）

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1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，所以.
故选：C.
2. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知利用等差数列的通项公式和前项和公式求基本量，然后求出，
再结合等差数列前项和公式和等差数列的性质求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，则，
解得，所以，
所以.
故选：.
3. 若，是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由面面垂直的判定定理得到充分性成立，再举出反例得到必要性不成立，得到答案.
【详解】，，由面面垂直的判定定理可知，，充分性成立，
，，则或，必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知向量，满足，，，则（ ）
A. 2B. C. 4D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积运算律列式计算即得.
【详解】由，得，而，
因此，所以.
故选：C
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角恒等变换得到，两边平方求出.
【详解】，
即，，
两边平方得，即，
解得.
故选：B
6. 已知，函数在R上没有零点，则实数的取值范围（ ）
A. 0,+∞B. 1,+∞
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分、讨论，根据没有零点求出的范围可得答案.
【详解】时，，
若无解，则或；
时，，
若无解，则，
则.
故选：D．
7. 若正数满足，则的最小值是（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】由得，代入后利用基本不等式即可求解.
【详解】因为正数满足，所以，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：C.
8. 在中，已知，且满足，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理和余弦定理得，再根据向量数量积得，则得到，即可判断三角形形状.
【详解】由题意得，
即，由正弦定理得，
即，则，因为，所以，
又，
所以
故，因为，所以．
综上可知三角形为等边三角形．
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 数据1，2，2，3，4，5的极差与众数之和为7
B. 若随机变量X服从二项分布，且，则
C. X和Y是分类变量，若值越大，则判断“X与Y独立”的把握性越大
D. 若随机变量X服从正态分布，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据极差和众数的概念即可判断A；根据二项分布的性质即可判断B；根据独立性检验的思想即可判断C；根据正态曲线的性质即可判断D.
【详解】A：该组数据的极差为4，众数为2，所以该组数据的极差与众数之和为6，故A错误；
B：由，得，解得，
所以，故B正确；
C：值越大，X和Y有关系的可能性就越大，则“X与Y独立”的把握越小，故C错误；
D：由，得，
所以，故D正确.
故选：BD
10. 已知数列的前n项和为，满足，且，则下列结论中正确的是（ ）
A. 为等比数列B. 为等比数列
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题设得是首项、公比为3的等比数列，即可判断A、B、C；应用错位相减法、等比数列前n项和判断D.
【详解】由题设，且，故是首项、公比为3的等比数列，
所以，则，故不是等比数列，A错，B、C对；
由，则，
所以，
所以，D对.
故选：BCD
11. 如图，函数的部分图象，则（ ）

A.
B. 将图象向右平移后得到函数的图象
C. 在区间上单调递增
D. 在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定的函数图象，利用五点法作图求出，再结合正弦型函数图象与性质逐项分析判断.
【详解】对于A，观察图象，，的最小正周期，解得，
由，得，而，则，
所以，A正确；
对于B，将图象向右平移后得到函数，B错误；
对于C，当时，，而正弦函数在上单调递增，
因此在区间上单调递增，C正确.
对于D，函数的图象对称轴为，
当与关于直线对称时，的最大值与最小值的差最小，
此时，，当为偶数时，，而，
当为奇数时，，而，最大值与最小值的差为1；
当或时，
函数在上单调，最大值与最小值的差最大，
，当或时均可取到等号，
所以最大值与最小值之差的取值范围为，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：给定的部分图象求解解析式，一般是由函数图象的最高（低）点定A，求出周期定，由图象上特殊点求.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数，的模长为1，且，则________.
【答案】1
【解析】
【分析】设成复数一般形式，再用待定系数方法，结合复数相等得解.
【详解】设，，因为，所以.
因为，，所以，
所以，
所以，，所以.
故答案为：1.
13. 已知展开式的二项式系数之和为64，则展开式中项的系数为______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数之和可得，结合展开式通项运算求解即可.
【详解】由题意可知：，解得，
则的展开式的通项为，
令，解得，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
14. 一只盒子中装有4个形状大小相同的小球，小球上标有4个不同的数字.摸球人不知最大数字是多少，每次等可能地从中摸出一个球，不放回.摸球人决定放弃前面两次摸出的球，从第3次开始，如果摸出的球上标有的数字大于前面摸出的球上的数字，就把这个球保存下来，摸球结束，否则继续摸球.问摸球人最后保存下来是数字最大的球的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】先求出标有数字的4只球排序情况，标有数字最大的球分为第3次摸到和第4次摸到两种情形，结合古典概型即可得结果.
【详解】标有数字的4只球排序共有种情况.
要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况：
①标有数字最大的球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置，有种情况.
②标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或第2次被摸出，
其他的球在哪次摸出任意，有种情况.故所求概率为.
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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用边化角及和差公式、辅助角公式即可求解；
（2）由面积公式和正弦定理即可求解.
【小问1详解】
由条件得，从而.
所以，由正弦定理得，故.
从而，得，故.
所以.
【小问2详解】
设的面积为，则.
16. 已知函数，曲线在处的切线方程为.
（1）求函数的极值；
（2）若，，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出的值，从而得到函数解析式，再利用导数求出函数的极值；
（2）依题意可得，恒成立，分析可得，从而得到对恒成立，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围.
【小问1详解】
因，所以，
依题意，即，
所以，定义域为0,+∞，则，
所以当时f′x>0，当时f′x0，即h′x>0，
所以hx在上单调递增，即存在，使得，
这与当时，恒成立矛盾，故舍去；
综上可得．
17. 如图，三棱锥中，，平面平面，平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若为钝角，且二面角的大小为，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）如图，根据面面垂直的性质可得平面PAC，利用线面垂直的性质可得、，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）法一：如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得平面PAC，得，设，，则，根据建立方程，解之即可求解.
法二：建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，结合三角恒等变换的化简计算即可求解.
【小问1详解】
如图，在平面ABC内取点O，过O作于M，过O作于N，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
平面PAC，又平面PAC，，同理可证，
又，平面ABC，
平面ABC；
【小问2详解】
法一：如图，过点B作于点H，过H作于点Q，连接BQ，
平面ABC，平面ABC，，
又，平面PAC，
平面PAC，则为二面角平面角，即
设，，
则，，
所以，又，所以，
所以，由得，
整理得，又，解得或（舍去），
综上.
法二：如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，
易知平面PAC的法向量为，
设面PAB的法向量为，
则，
，
则，
整理得，由，
得，解得或（舍），
综上，.
18. 已知，数列前项和为，且满足；数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）是否存在实数，使得数列是等差数列？如果存在，求出实数的值；如果不存在，请说明理由；
（3）求使得不等式成立的的最大值．
【答案】（1）
（2）存在，
（3）4
【解析】
【分析】（1）根据作差得到，结合等比数列的定义计算可得；
（2）假设存在实数，使得数列是等差数列，根据等差数列的定义作差得到，即可求出；
（3）结合（2）可得的通项公式，即可得到，令，利用作差法说明单调性，即可求出的最大值.
【小问1详解】
因为①，②，
②-①得，∴，而，∴，
∴成首项为，公比为的等比数列，∴．
【小问2详解】
假设存在实数，使得数列是等差数列，
∴
为常数，
∴，解得，
∴存在使成等差数列，且公差为．
【小问3详解】
由（2）知，
∴，∴不等式，即，
令，则，
∴在上单调递减，注意到，，
∴时，，∴．
19. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为：，定点，B是圆C上任意一点，线段BF的垂直平分线l和半径BC相交于点T.
（1）求点T的轨迹W的方程；
（2）已知点，过点F的一条直线，斜率不为0，交曲线W于P、Q两点，直线AP，AQ分别与直线交于M，N两点，求证：直线FM与直线FN的斜率之积为常数.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义可知点T的轨迹为椭圆，然后求得，即可得到标准方程；
（2）根据题意，设直线，然后联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可得到的纵坐标，然后代入斜率公式计算，即可证明.
【小问1详解】
由题意：点T在线段BF的垂直平分线上，则，可得.
由椭圆定义可得，点T的轨迹是以，F1,0为焦点的椭圆，
且椭圆长轴长为，焦距为，，
所以点T的轨迹W的方程为
【小问2详解】

由（1）知A−2,0，F1,0，设直线，Px1,y1，Qx2,y2，
联立消去x，整理得，则
，
根据题意可设，，则由，
可得，同理可得，
所以直线FM与直线FN的斜率之积，
.
所以直线FM与直线FN的斜率之积为定值.