2024-2025学年安徽省合肥市高三上册12月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省合肥市高三上册12月月考数学检测试题（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数满足，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，为的中点，，为上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知甲植物生长了一天，长度为，乙植物生长了一天，长度为.从第二天起，甲每天的生长速度是前一天的倍，乙每天的生长速度是前一天的，则甲的长度第一次超过乙的长度的时期是（ ）（参考数据：取）
A．第天B．第天C．第天D．第天
5．已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，为四棱锥内切球表面上一点，则点到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知是定义在上单调递增且图像连续不断的函数，且有，设，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
7．已知抛物线的焦点为，过作不与轴垂直的直线交于两点，设的外心和重心的纵坐标分别为（是坐标原点），则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，，若成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9．记函数的最小正周期为，若，且在上的最大值与最小值的差为，则（ ）
A．B．
C．在区间上单调递减D．直线是曲线的切线
10．已知数列各项均为负数，其前项和满足，则（ ）
A．数列的第项小于B．数列不可能是等比数列
C．数列为递增数列D．数列中存在大于的项
11．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．甲乙两个盒子中装有大小、形状相同的红球和白球，甲盒中有个红球，个白球；乙盒中有个红球，个白球.先从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，则从乙盒中取出的是红球的概率为 .
13．展开式中的常数项是，则实数 ．
14．若，则的最小值为 .
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15．（13分）若锐角的内角所对的边分别为，其外接圆的半径为，且．
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围.
16．（15分）如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面平面，点在上，且．
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（15分）年月日，由科技日报社主办，部分两院院士和媒体人共同评选出的年国内十大科技新闻揭晓.某高校一学生社团随机调查了本校名学生对这十大科技的了解情况，按照性别和了解情况分组，得到如下列联表：
(1)判断是否有的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异；
(2)若把这名学生按照性别进行分层随机抽样，从中抽取人，再从这人中随机抽取人，记抽取的人中女生数为，求的分布列及.
附：①，其中；
②当时有的把握认为两变量有关联.
18．（17分）抛物线具有光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知点为抛物线的焦点，为坐标原点，点在抛物线上，且其纵坐标为，满足.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知平行于轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经过抛物线上另一点，最后沿方向射出，若射线平分，求实数的值.
19．（17分）已知函数.
(1)证明：；
(2)设，求证：对任意的，都有成立.
数学答案
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1.【正确答案】
D
【分析】
先求出集合，，再结合交集的定义，即可求解．
【详解】
因为，所以，解得，
因为，所以，解得，
所以，，
故．
故选：D．
2.【正确答案】
D
首先设复数，根据和得出方程组，求解可得：
，通过计算可得：，代入即可得解.
【详解】
设，由且，得
，解得，.
∴，
而，
.
∴.
故选：D.
3.【正确答案】
D
【分析】
由中点可知，根据模长关系可得，设，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得，用表示，结合模长运算求解.
【详解】
因为为的中点，则，
可得，即，
解得，又因为为上一点，设，
则
，
可得，解得，即，
则，
可得，即.
故选：D.
4.【正确答案】
C
【分析】
设甲植物每天生长的长度构成等比数列，甲植物每天生长的长度构成等比数列，设其前项和分别为、，依题意得到、的通项公式，即可求出、，再由得到，最后根据指数函数的性质及对数的运算性质计算可得.
【详解】
设甲植物每天生长的长度构成等比数列，甲植物每天生长的长度构成等比数列，设其前项和分别为、（即天后树的总长度），
则，，
所以，
，
由，可得，
即，即，
解得或（舍去），
由则，因为，
即，又，所以的最小值为.
故选：C.
5.【正确答案】
B
【分析】
分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点到直线距离的最小值.
【详解】
如图，设四棱锥的内切球的半径为，取的中点为，的中点为，连接，，.

球为四棱锥的内切球，
底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，
此圆为的内切圆，半径为，与，分别相切于点，
平面平面，交线为，平面，
为正三角形，有，∴平面，
平面，∴，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为，连接.
∵平面，平面，∴，
又，平面，，
∴平面，∵平面，可得，
所以内切球表面上一点到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，
又.
所以四棱锥内切球表面上的一点到直线的距离的最小值为.
故选：B.
6.【正确答案】
D
【分析】
根据函数的单调性的定义和性质以及利用反证法证明不等式，结合选项先证明，再根据，可得，构造函数，根据函数单调性即可得出结论.
【详解】
得到，
因为单调递增，所以不恒等于，故，
因为在上单调递增，故，
若存在使得，则，
则恒等于，与单调递增矛盾，故，
，若存在，使得
因为连续，，故存在，使得，
与上述矛盾，故，,
对于本题，，
当且仅当时取等，
因为单调递增，故不取等号，即
当时，有，即，
当时，令，,
因为单调递减，所以单调递增，
因为，所以，，单调递增，
因为，，
所以，所以.
综上所述.
故选：D.
7.【正确答案】
D
【分析】
设，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，的重心的纵坐标，再表示出、的垂直平分线方程，从而求出，即可得解.
【详解】
设，，显然，直线的方程为，由整理得，
显然，所以，，
所以，所以的重心的纵坐标，
又的外心既在的垂直平分线上，也在的垂直平分线上，
又的垂直平分线方程为
整理得，
同理可得的垂直平分线方程为，
则，解得，
即外心的纵坐标，所以.
故选：D.
8.【正确答案】
A
【分析】
令，得到，关于的函数式，进而可得关于的函数式，构造函数利用导数研究单调性并确定最值，即可求的最小值.
【详解】
令，则，，
∴，，所以，
若，则，∴，有，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，∴，
即的最小值为.
故选：A.
9.【正确答案】
B、D
【分析】
根据题意，先由函数周期以及可得，再由条件可得的值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
由，又，可得，
又，则，即，
若在上单调，则，即，
令，则，
即在上单调递减，
即，即，
此时，此时，不符合题意，
所以在上不单调，
即在上不单调，
又，即，即，
即，，
若，
此时，符合题意；
若，
此时，不符合题意；
综上可得，，即，
对于A，，故错误；
对于B，，
，故B正确；
对于C，当，则，
且在上先递减后递增，故C错误；
对于D，因为，所以，
，可得是在处的切线，故D正确；
故选：BD.
10.【正确答案】
B、C、D
【分析】
根据题意，由数列前项和与通项的关系求出和的值，可判断选项A，利用反证法判断选项B和D，分析的符号，即可判断选项C.
【详解】
由题知，因为，
所以当时，，可得，
当时，，可得，
又，且，
所以，A错误；
对于B，假设数列是等比数列，设其公比为，
由于，即，
变形可得，
必有，与等比数列定义矛盾，B正确；
对于C，当时，可得，
必有即，则是递增数列，C正确；
对于D，假设数列中不存在大于的项，
即对于，有，
则，
所以有，
变形得，
与假设矛盾，故D正确.
故选：BCD.
11.【正确答案】
B、C
【分析】
根据弧长公式即可求解A，根据勾股定理以及弧长公式即可求解B，根据球的截面性质可得求解C，根据余弦定理，取反例即可求解D.
【详解】
若平面是面积为的等边三角形，则，则，.A不正确.
若，则，则.B正确.
若，则，，
则平面的外接圆半径为，则到平面的距离，
则三棱锥的体积，
则球面的体积.C正确.
由余弦定理可知因为，
所以，则.
取，，则，，
则.D不正确.
故选：BC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.【正确答案】
【分析】
记从乙盒中取出的是红球为事件，从甲盒中取出的球为红球为事件，取出白球为事件，由已知可得出的值，然后根据全概率公式，即可得出答案.
【详解】
记从乙盒中取出的是红球为事件，从甲盒中取出的球为红球为事件，取出白球为事件，由已知可得，，，，，
根据全概率公式可得，
.
故答案为.
13.【正确答案】
【分析】
求出的通项公式，得到与，从而得到展开式常数项，得到方程，求出.
【详解】
∵展开式的通项公式为，
令得，即．
令得，即，
∴展开式中的常数项为，
故，解得．
故答案为.
14.【正确答案】
【分析】
根据给定条件，利用基本不等式求出最小值.
【详解】
由，得，于是，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.
故答案为.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15.【正确答案】
见解析
【分析】
（1）利用正弦定理可将化简为，再次化简得，
从而求得，从而可求解.
（2）由的外接圆半径为，从而得，从而可得，由为锐角三角形可得，再构造函数，结合对勾函数的性质从而可求解.
【详解】
（1）因为，
所以，
即，由正弦定理得，
显然，，所以，所以，
因为，所以．
（2）因为外接圆的半径为，所以，
所以，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，即，即．
令，，根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以，即，
所以，即的取值范围为.
16.【正确答案】
见解析
【分析】
（1）由余弦定理结合勾股定理逆定理可得，后结合平面平面，可得，后结合可得结论；
（2）由（1）结合题意建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可得答案.
【详解】
（1）不妨设，
∴，
由余弦定理得，
在中，，
∵平面平面，平面平面平面，
∴平面．∵平面，
∵四边形是菱形，∴，
又∵，且平面平面平面．
（2）在平面内，过点作的垂线，垂足为，
∵平面平面，平面平面，∴平面，
又∵四边形是菱形，，
∴均为等边三角形，
以点为坐标原点，及过点平行于的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系（如图），
则，
由（1）平面，
∴为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即．
令，可得，∵，
∴平面与平面的夹角的余弦值为．
17.【正确答案】
见解析
【分析】
（1）根据题意和公式求出，然后根据附②即可得出结论；
（2）由题得出的取值依次为，依次求出各种取值的概率，然后写出分布列求出期望.
【详解】
（1）根据列联表中的数据，
得，
所以没有的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异.
（2）这名学生中男生人，女生人，按照性别进行分层随机抽样，
从中抽取人，则抽取的男生有人，女生在人，
所以的取值依次为，
，，，
所以的分布列为
.
18.【正确答案】
见解析
【分析】
（1）求出点的坐标，根据可得出关于的等式，即可解出的值，由此可得出抛物线的标准方程；
（2）求出点的坐标，可得出直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点的坐标，设直线的倾斜角为，分析可得出，，由结合二倍角的正切公式求出的值，结合可得出实数的值.
【详解】
（1）由题意可知，抛物线的焦点为，
将代入抛物线方程可得，即点，
由可得，解得，
故抛物线的标准方程为.
（2）由题意可知，直线的方程为，由可得，即点，
则，直线的方程为，
联立可得，即点，
设直线的倾斜角为，则，
由题意可知，，且为锐角，，可得，
所以，，
因为，可得，解得.
19.【正确答案】
见解析
【分析】
（1）构造新函数，根据导数的性质判断新构造函数的单调性，利用单调性进行运算证明即可；
（2）根据对数的运算性质，结合分析法、构造函数法进行运算证明即可.
【详解】
（1）设，
当时，单调递增，
当时，单调递减，所以，
于是有，即.
（2）要证明成立，
即证明成立，
即证明成立，也就是证明成立，
因为，所以原问题就是证明成立，
由，设，
即证明，也就是证明成立，
设，
所以当时，函数单调递增，即有，
从而成立.