安徽省阜阳市临泉县2025届高三数学上学期12月月考试题含解析

这是一份安徽省阜阳市临泉县2025届高三数学上学期12月月考试题含解析，共23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。
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.
【答案】D
【解析】
【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. 已知复数z满足4且，则的值为
A. ﹣1B. ﹣2 2019C. 1D. 2 2019
【答案】D
【解析】
【分析】
首先设复数z=a+bi（a，b∈R），根据z4和z|z|0得出方程组，求解可得：
z，通过计算可得：，代入即可得解.
【详解】设z=a+bi（a，b∈R），
由z4且z|z|=0，得
，解得a=﹣1，b.
∴z，
而1，
.
∴.
故选：D.
【点睛】本题考查了复数的计算，考查了共轭复数，要求较高的计算能力，属于较难题.
3. 在中，，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由中点可知CD=12CA+CB，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D为AB的中点，则CD=12CA+CB，
可得，即，解得，
又因为P为CD上一点，设，
则，
可得，解得，即，
则，
可得，即.
故选：D.
【点睛】关键点睛：1.根据模长关系可得；
2.设，根据平面向量基本定理求得；
3.以为基底表示，进而运算求解.
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6天B. 第7天C. 第8天D. 第9天
【答案】C
【解析】
【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
【点睛】关键点睛：本题关键是利用等比数列求出公式求出天后树的总长度，从而得到不等式，再结合指数函数的性质解得.
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，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球O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M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r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，

球O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O所得的截面为大圆，
此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，
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1，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M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M到直线的距离的最小值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
四棱锥的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，问题转化为三角形内切圆，利用面积法求出半径，即内切球的半径，由球心到直线的距离，求点M到直线的距离的最小值.
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.
【答案】D
【解析】
【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1，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.
【点睛】关键点点睛：根据选项先证明，构造函数，根据单调性得出结论.
7. 已知抛物线C：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. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
8. 已知函数，，若成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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.
【点睛】关键点点睛：令确定关于的函数式，构造函数并利用导数求函数的最小值.
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3，则（ ）
A. B.
C. 在区间上单调递减D. 直线是曲线的切线
【答案】BD
【解析】
【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
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据最值之差求出的值，需要对该区间内函数的单调性进行分类讨论，从而确定函数解析式，再一一分析选项即可.
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
【答案】BCD
【解析】
【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. 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，则球面体积
D. 若平面为直角三角形，且，则
【答案】BC
【解析】
【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
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
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5个红球，2个白球；乙盒中有4个红球，3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______.
【答案】
【解析】
【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. 展开式中的常数项是120，则实数______．
【答案】2
【解析】
【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：2
14. 若，则的最小值为___________.
【答案】9
【解析】
【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9.
故答案为：9
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 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
【答案】（1）
（2）
【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3，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.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，由正弦定理得，
显然，，所以，所以，
因为，所以．
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【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.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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A为坐标原点，及过点A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m=x,y,z，
则即．
令，可得，，
平面与平面的夹角的余弦值为．
17. 2023年12月25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2023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100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95%的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异；
（2）若把这100名学生按照性别进行分层随机抽样，从中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，记抽取的2人中女生数为，求的分布列及.
附：①，其中；
②当时有95%的把握认为两变量有关联.
【答案】（1）没有 （2）分布列见解析，
【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0，1，2，依次求出各种取值的概率，然后写出分布列求出期望.
【小问1详解】
根据列联表中的数据，
得，
所以没有95%的把握认为对这十大科技的了解存在性别差异.
【小问2详解】
这100名学生中男生60人，女生40人，按照性别进行分层随机抽样，从中抽取5人，
则抽取的男生有3人，女生在2人，
所以的取值依次为0，1，2，
，，，
所以的分布列为
.
18. 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.
【答案】（1）
（2）
【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.
【小问1详解】
解：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，
故抛物线标准方程为.
【小问2详解】
解：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. 已知函数.
（1）证明：；
（2）设，求证：对任意的，都有成立.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）证明过程见解析
【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）根据对数运算性质，结合分析法、构造函数法进行运算证明即可.
【小问1详解】
设，
当时，单调递增，
当时，单调递减，所以，
于是有，即.
【小问2详解】
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.
【点睛】关键点睛：本题的关键是构造新函数，利用导数的性质判断其单调性，运用函数的单调性进行证明.
不太了解
比较了解
合计
男生
20
40
60
女生
20
20
40
合计
40
60
100
0
1
2