四川省成都市列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省成都市列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 15B. 16C. 17D. 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：A
4. 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：C
5. 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）根据定义和以及可得通项公式，进而求得的前n项和公式；
（3）由和一阶和数列的定义可得，从而可得公差，结合可得正整数k的最大值.
【小问1详解】
由题意，得，，，
所以，，
因为是等比数列，所以公比为，由此得，，，
所以，，，
所以，，.
【小问2详解】
设的二阶和数列的前n项和为，
由题意，得，，
所以.
【小问3详解】
因为，
所以，解得.
设数列的公差为d，则，
得，
又因为，
所以，得，
所以k的最大值是1999，此时公差为.
【点睛】关键点点睛：此题考查了数列的新定义，意在考查学生的计算能力，逻辑推理能力，解题时充分
理解新定义，运用新定义，再结合所学知识是解题的关键.