湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高三上学期月考试卷（四）（12月月考）数学试题（含解析与答案）

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本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页.时量120分钟，满分150分.
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 下列写法中正确的是（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素和集合的关系，集合间的关系逐一判断即可.
【详解】根据集合和集合的关系用包含表示，故，，
空集没有元素，故，综上只有C正确.
故选：C
2. 已知，则下列不等关系正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】举反例即可判断ACD；作差法比较大小即可判断B.
【详解】对于A，当时，显然不满足，故A错误；
对于B，，
因为，若，则且，可得，这与矛盾，
所以，且，故，
故，故B正确；
对于C，当时，显然不满足，故C错误；
对于D，当时，满足，
但，显然不成立，故D错误.
故选：B
3. 下列说法错误的是（ ）
A. 同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
B. 是向量的必要不充分条件
C. 只有零向量的模等于0
D. 共线的单位向量都相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的定义（大小、方向）、零向量性质、共线向量的方向特征，逐一判断各选项的正确性.
【详解】选项A：向量是兼具大小与方向的量，本身无法比较大小，仅模可以比较，此说法正确.
选项B：需满足模相等且方向相同，故是的必要不充分条件，此说法正确.
选项C：零向量的定义为模等于0的向量，不存在其他模为0的向量，此说法正确.
选项D：共线单位向量方向可能相同或相反，方向相反时向量不相等，此说法错误.
故选：D.
4. 等比数列中，，，记为数列的前项积，则的最大值是（ ）
A. 256B. 512C. 1024D. 2048
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式求出和，得和，再根据二次函数知识与指数函数单调性可求出结果.
【详解】设公比为，由，得，
所以，
所以，
因为，
所以当或时，取得最大值，
又，所以的最大值是.
故选：C
5. 如图，二面角的棱上有两点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，则二面角的大小为，根据，展开计算可得，即可求解.
【详解】设，则二面角的大小为，
由题意，，则，
所以，
即，得，所以，
即二面角的大小为.
故选：C.
6. 已知数列满足递推关系，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据,两边取倒数得出的通项公式再代入即可.
【详解】由有，
故是以为首项,公差为1的等差数列.
故,故,所以.
故选：A.
7. 若实数，满足，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】已知条件变形为，据此利用三角代换，转化为三角函数求最值.
【详解】由可得，
令，则，
所以
（其中），
故当时，有最小值，
故选：B
8. 已知正四面体内接于球，点是底面三角形一边的中点，过点作球的截面，若存在半径为的截面圆，则正四面体棱长的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件设正四面体的棱长为，用棱长表示出其外接球的半径，过点作外接球的截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为，最大截面圆为过球心的大圆，半径为，根据题意则，从而可得出答案.
【详解】如图，在正四面体中，设顶点在底面的射影为，
则球心在上，在上，且,连接､，
设正四面体的棱长为，则 ，
则正四面体的高，
设外接球半径为，
在中，，即，解得，
∴在中，，
过点作外接球的截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为，
由题设存在半径为的截面圆，∴，解得，
故选:C.
【点睛】关键点睛：本题考查正四棱锥的外接球的截面圆的半径范围问题，解答本题的关键是用正四棱锥棱长表示出其外接球的半径，得出过点的球的截面圆的半径的范围，从而得解，属于中档题.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若复数z满足（其中为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A. z在复平面内对应的点位于第四象限
B. （是z的共轭复数）
C.
D. 若，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先化简得出z，再逐一判断选项即可．
【详解】，
在复平面内所z对应的点坐标为，在第四象限，故A正确；
，故B正确；
，故C错误；
对于D，，则表示复数的点P的集合是以为圆心，2为半径的圆，
而，即为点到点之间的距离，
所以的最大值为，故D正确．
故选：ABD.
10. 若随机变量，则（ ）
A. 的密度曲线与轴只有一个交点B. 的密度曲线关于对称
C. D. 若，则，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据密度函数的解析式可判断A；根据密度函数的性质可判断BCD.
【详解】若，则其密度函数，因此的密度曲线与轴只有一个交点，故A正确；
的密度曲线关于直线对称，故B错误；
，故C正确；
，，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，，则（ ）
A. 若存在两个零点，，则
B. 若仅有一解，则
C. 用表示不大于的最大整数，若，则
D. 若方程无解，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，，即有两个解，根据交点，不妨取，然后根据对数运算可得即可判断；对于B，即，然后分析分段函数的单调性即可得；对于C，根据高斯函数即可证明；对于D，当，即，分段求导分析函数单调性确定值域，即可确定有解时的取值范围，从而判断选项D.
【详解】对于A，，即有两个解，
所以函数的图象与函数的图象有两个交点，
如图
由图知，，不妨取，
，故A正确；
对于B，，即，
又在单调递减，
时，，，
所以在单调递减，
即在单调递减，
，
即仅有一解，则，故B错误；
对于C，，，
，故C正确；
对于D，，即，
当时，在单调递增，值域为，
当时，，（舍），
所以在单调递减，在单调递增，
，，
即时，的值域为，
故有解，，
所以方程无解，则的取值范围是，故D正确；
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 随机抽查并统计了某班的四名同学一周内背诵文言文的篇目数量并得到一组数据2，6，3，1，则该组数据的方差为________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用求平均数和方差公式求解.
【详解】这组数据的平均数为，
故方差．
故答案：.
13. 若，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】化简三角函数式，求出，根据即可求解.
【详解】由，得.
因为，所以，则，则.
由，得，则，解得.
故答案为：.
14. 已知点为双曲线的右焦点，点分别为两条渐近线上的点，且，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，，根据双曲线的性质得到，的关系，再结合基本（均值）不等式求的最小值.
【详解】根据题意作图如下
设，，.
因为双曲线方程为
所以，.
易知
所以
而，则.
所以，即.
所以
当且仅当时，等号成立
故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是探索，存在的数量关系，再利用基本不等式求最值.探索，的数量关系时，可利用，结合三角形的面积公式和双曲线的性质列式.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 某工厂的某种产品成箱包装，每箱20件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取4件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立
（1）求4件产品中恰有2件不合格品的概率，并记为；
（2）求的最大值点；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立重复实验成功次数对应的概率,求得,
（2）对(1)求导,利用导数在相应区间上的符号,确定其单调性,从而得到其最大值点.
【小问1详解】
件产品中恰有件不合格品的概率为.
【小问2详解】
因为.
令,得.
当时,;当时,.
∴在单调递增，在单调递减，
的最大值点为.
16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知为锐角，且.
（1）求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知等式利用余弦定理可得，进而可求出角；
（2）由正弦定理可得，，进而，然后再利用余弦型函数的性质求得其范围即可.
【详解】（1），
，即，
为锐角，，；
（2），，即，，
，
，，，
的取值范围是.
17. 如图甲所示的正方形中，，，，对角线分别交，于点，，将正方形沿，折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱．
（1）若点在棱上，且，证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）在图乙中，过作，交于，连接，证明四边形平行四边形，然后得到即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用两个法向量所成角的余弦值求得结果.
【小问1详解】
证明：在图乙中，过作，交于，连接，
则，∴共面且平面交平面于，
图甲中，∵，，
∴，又为正方形，
，，由，有，
∴四边形为平行四边形，∴，
又平面，平面，
∴平面．
【小问2详解】
由（1），，∴．
由题图知，，，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
则
令，得，
则，，，
设平面的法向量为，
则
令，得，
，
平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知椭圆：右焦点为，点在椭圆上，且轴，过点且与椭圆有且只有一个公共点的直线与轴交于点，为椭圆的上顶点，点是椭圆上异于点的一动点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若三角形MPR的面积为，求直线MR的方程；
（3）设过点的直线与椭圆的另一个交点为，与曲线的另一个交点为，若直线RQ斜率为，试证明：直线SR过定点.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，再代入点坐标即可得到方程，解出即可；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程得到一元二次方程，根据判别式等于0得到，再求出点坐标，再根据面积关系得到直线的方程；
（3）设，联立椭圆方程求出点坐标，再联立求出点坐标，从而得到其直线方程，最后求出其所过定点坐标.
【小问1详解】
由题意得，解得
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设直线的方程为，与椭圆的方程联立，
得，由椭圆与直线只有一个交点，
令，即，①
又直线过点，则，②
联立①②可得，即点．
设原点，由，故，
所以点到直线的距离为原点到直线距离的2倍．
即点在直线关于原点对称的直线上．
又点在椭圆上，所以点，关于原点对称，
故直线的方程为．
【小问3详解】
当直线的斜率不存在时，此时，此时，
令，则，不合题意，舍去，
则设，联立可得，
则，则，即，
联立可得，则，
则，则，即，
设，联立可得，
则，
又，代入，可得．
从而，代入得，即，
则直线斜率为．
设直线与轴交于点，则，代入点，，可得，
故直线过定点．
19. 设函数，，
（1）求实数的值；
（2）证明：在区间上有唯一零点，
（3）在（2）的结论下，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，构造函数，求导即可判断的单调性，再结合零点存在定理，即可证明；
（3）根据题意，记，结合（2）中的结论可得，然后构造函数，可得在区间上单调递减，即可证明.
【小问1详解】
，则，故.
【小问2详解】
令，可得，
令，则，
当时，，
所以在区间上单调递减，
又，，
故在区间上有唯一零点.
【小问3详解】
记，则，
由（2）可知，，
，则，
再由，在区间上单调递减，可得，
记，由，
令，则，
当时，，
所以在区间上单调递减，所以，
故，
因此，在区间上单调递减，
进而，
所以，当时，，
，
所以.