重庆市西南大学附属中学校2025-2026学年高三上学期12月定时检查数学试卷含详细解析（word版）

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1. 若 z+zi=3+i ，则 z= ( )
A. 1 B. 5 C. 2 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得 z=3+i1+i ,再根据复数除法运算求出 z=2−i ,进而求出模长即可.
【详解】 z+zi=z1+i=3+i ,
则 z=3+i1+i=3+i1−i1+i1−i=4−2i2=2−i ,
z=22+−12=5.
故选: B.
2. 已知幂函数 fx=a2−2a−2xa 的定义域为 R ，则 a= ( )
A. -1 B. -1 或 3 C. 3 D. 1 或 -3
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数的知识求得正确答案.
【详解】 fx 是幂函数,所以 a2−2a−2=1 ,
解得 a=−1 或 a=3 ,
当 a=−1 时, fx=1x ,定义域是 {x∣x≠0} ,不符合题意.
当 a=3 时， fx=x3 ，定义域是 R ，符合题意.
故选: C
3. 在 △ABC 中， A=60∘,AC=6,BC=36 ，则 C= ()
A. 30∘ B. 45∘ C. 60∘ D. 75∘
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理求出角 B ,再根据三角形内角和定理即可得解.
【详解】因为 BCsinA=ACsinB ,所以 sinB=AC⋅sinABC=6×3236=22 ,
又因为 AC0 ,所以 q4−5q2+4=0 ,
解得 q2=4 或 q2=1 ,又 q>0 且 q≠1 ,所以 q=2 .
故选: A.
6. 正六棱台的上、下底面边长分别为 2 和 4 ，侧棱长为 25 ，则该正六棱台的体积为( )
A. 2833 B. 283 C. 563 D. 1683
【答案】C
【解析】
【分析】将正六棱台还原成正六棱锥, 再利用正六棱锥的结构特征及体积公式计算得解.
【详解】将正六棱台还原成正六棱锥,则正六棱锥的下底面是边长为 4 的正六边形,侧棱长为 45 ,
其高 h=452−42=8 ,以正六棱台上底面为底面的正六棱锥底面边长为 2,
侧棱长为 25 ,其高 h′=252−22=4 ,
因此该正六棱台的体积 V=13⋅6⋅34⋅42⋅8−13⋅6⋅34⋅22⋅4=563 .
故选: C
7. 已知数列 an,bn 为等差数列,其前 n 项和分别为 Sn,Tn ,且满足 n+1an=2n+1bn+1 ,则 S7T7= ( )
A. 157 B. 158 C. 94 D. 95
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列前 n 项和公式及等差数列性质将 S7T7 转化为 a4b4 ,再利用 n+1an=2n+1bn+1 求出 a4b4 的值即可.
【详解】等差数列前 n 项和 Sn=na1+an2,Tn=nb1+bn2 ,
所以 S7T7=7a1+a727b1+b72=a1+a7b1+b7 ,
由等差数列性质知 a1+a7=2a4,b1+b7=2b4 ,
所以 S7T7=a1+a7b1+b7=2a42b4=a4b4 .
又 n+1an=2n+1bn+1 ,
当 n=2 时， 2+1a2=2×2+1b2+1 ，即 3a2=5b3 ，
当 n=3 时， 3+1a3=2×3+1b3+1 ，即 4a3=7b4 ，
当 n=4 时， 4+1a4=2×4+1b4+1 ，即 5a4=9b5 ，
令等差数列 an 的公差为 d1 ,等差数列 bn 的公差为 d2 ,
则 3a4−2d1=5b4−d2 ①， 4a4−d1=7b4 ②， 5a4=9b4+d2 ③，
由②得, d1=4a4−7b44 ,由③得, d2=5a4−9b49 ,
代入①中，整理得， 4a4=9b4 ，所以 a4b4=94 ，故 S7T7=a4b4=94 .
故选: C.
8. 若函数 fx=−12sin2x+sinx−ax 在 0,π 上有两个极值点，则 a 的取值范围为( )
A. (−2,0] B. 0,98 C. 0,98 D. (−2,0]∪98
【答案】B
【解析】
【分析】对函数求导,问题化为导函数在 0,π 上有两个变号零点,令 t=csx,y=a 与 y=−2t2+t+1 在 t∈−1,1 上有两个交点,结合二次函数的性质求参数范围.
【详解】由题设 f′x=−cs2x+csx−a ,令 f′x=0⇒a=csx−cs2x=−2cs2x+csx+1 , 又 fx 在 0,π 上有两个极值点,即 f′x 在 0,π 上有两个变号零点,
令 t=csx 在 x∈0,π 上单调递减,且 t∈−1,1 ,
根据二次函数性质知只需 y=a 与 y=−2t2+t+1 在 t∈−1,1 上有两个交点,
所以 y=−2t2+t+1=−2t−142+98 在 t∈−1,14 上单调递增,在 t∈14,1 上单调递减,
所以,在 t∈−1,14 上 y∈−2,98 ,在 t∈14,1 上 y∈0,98 ,
综上, y=a 与 y=−2t2+t+1 有两个交点,则 a∈0,98 .
故选: B
二、多选题: 本大题共 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, 部分选对得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 已知函数 fx=Asinωx+φ+BA>0,ω>0,00,b>0 为奇函数，则 12a+1b 的最小值为_____.
【答案】 4
【解析】
【分析】根据奇函数定义得到 4a2=1−b2 ,再对 b 的取值进行讨论进而得到最小值.
【详解】 fx=lg22a−x1−b+x�a>0,b>0 为奇函数,所以 f−x=−fx ,
代入得 lg22a+x1−b−x=lg21−b+x2a−x,2a+x1−b−x=1−b+x2a−x,�∀x 在定义域内,
化简得: 2a+x2a−x=1−b+x1−b−x⇒4a2−x2=1−b2−x2 ,
即 4a2=1−b2 ,由 a>0 得: 2a=1−b ,
因为奇函数的定义域关于原点对称,由 2a−x1−b+x>0 可知,
定义域端点为 x=2a 和 x=b−1 ,
为使定义域关于原点对称,必有 2a=−b−1=1−b ,即 2a+b=1 ,
又 a>0,b>0 ,
所以 12a+1b=12a+1b2a+b=2+b2a+2ab≥2+2b2a⋅2ab=4 ,
当且仅当 b2a=2ab 即 2a=b,2a=b=12 ,即 a=14,b=12 时成立;
综上 12a+1b 的最小值为 4 .
故答案为: 4
14. 已知正四面体 S−ABC 的棱长为 23 ，则正四面体的内切球的半径为_____，若点 M 是该内切球面上的一动点,则 MS−AS⋅MS−BS 的取值范围为_____.
【答案】
①. 22 ②. −1−3,−1+3
【解析】
【分析】将正四面体放入正方体内, 将内切球半径转化为点到平面的距离, 进而建立空间直角坐标系, 求出关键点的坐标和关键平面的法向量, 再利用点到平面距离的向量求法求解第一空, 先利用空间向量的减法法则得到 MS−AS⋅MS−BS=MA⋅MB ,再利用球的方程结合空间向量的坐标运算求解第二空即可.
【详解】如图, 作出符合题意的图形, 将正四面体放入正方体中,
将棱作为正方体的面对角线,以 B 为原点建立空间直角坐标系,连接 AG ,

由正四面体性质得正四面体的内切球球心为其几何中心,
由正方体性质得正四面体的几何中心与正方体的几何中心重合,
而正方体的几何中心是体对角线的中点,设正方体边长为 a ,
因为正四面体 S−ABC 的棱长为 23 ,
所以 a2+a2=232 ,解得 a=6 ,
由题意得 A6,6,0,B0,0,0,C6,0,6,G0,0,6 ,
则 BA=6,6,0,BC=6,0,6 ,由中点坐标公式得 T62,62,62 ,
设面 BAC 的法向量为 n=x,y,z ,可得 BA⋅n=6x+6y=0BC⋅n=6x+6z=0 ,
令 x=1 ,解得 y=−1,z=−1 ,得到 n=1,−1,−1 ,
而 BT=62,62,62 ,由题意得点 T 到面 BAC 的距离即为内切球半径,
设点 T 到面 BAC 的距离为 d ， Ma,b,c ，
由点到平面的距离公式得 d=BT⋅nn=−623=22 ,
由空间向量的减法法则得 MS−AS⋅MS−BS=MA⋅MB ,
由题意得内切球的方程为 x−622+y−622+z−622=12 ,
则 x2−6x+32+y2−6y+32+z2−6z+32=12 ,
化简得 x2+y2+z2=6x+y+z−4 ,
而点 M 是该内切球面上的一动点,则 a2+b2+c2=6a+b+c−4 ,
可得 MA=6−a,6−b,−c,MB=−a,−b,−c ,
得到 MA⋅MB=−a6−a+−b6−b+c2
=a2+b2+c2−6a+b=6a+b+c−6a+b−4=6c−4 ,
而点 M 是该内切球面上的一动点,则 a−622+b−622+c−622=12 ,
可得 a−622+b−622=12−c−622≥0 ,
解得 c∈6−22,6+22 ,则 6c−4∈−1−3,−1+3 , 故答案为: 22;−1−3,−1+3
四、解答题:本大题共 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,长方体 ABCD−A1B1C1D1 中, P 是底面中心, AD=2AA1=2 .

(1)证明: A1P⊥BC1 ；
(2)若直线 A1P 与直线 BC 所成角的余弦值为 14 ，求 AB 的长.
【答案】(1)证明见解析
(2) 213
【解析】
【分析】(1) 以点 D 为坐标原点建立空间直角坐标系,利用向量法证明两直线的方向向量垂直即可;
(2)结合(1)利用向量法求解即可.
【小问 1 详解】
如图,以点 D 为坐标原点建立空间直角坐标系,
设 AB=2a ，
则 B2,2a,0,P1,a,0,A12,0,2,C10,2a,2 ,
故 PA1=1,−a,2,BC1=−2,0,2 ,
则 PA1⋅BC1=−2+0+2=0 ，所以 PA1⊥BC1 ，
所以 A1P⊥BC1 ;
【小问 2 详解】
由(1)得 C0,2a,0 ， CB=2,0,0 ，
因为直线 A1P 与直线 BC 所成角的余弦值为 14 ,
所以 csPA1,CB=PA1⋅CBPA1CB=22a2+3=14 ,
解得 a=13 ( a=−13 舍去),
所以 AB=213 .

16. 在 △ABC 中，角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c ，且满足 3csB+4sinBsinC=3sinB−4csBcsC .
(1)求 sinA ；
(2)若 a=3 ，设 △ABC 中 b ， c 边上的高分别为 BD ， CE ，求 BD+CE 的最大值.
【答案】(1) 35
(2) 9105
【解析】
【分析】(1) 对 3csB+4sinBsinC=3sinB−4csBcsC 化简利用和差公式得到 3csB+C=−4sinB+C , 再由三角形三角关系化简得到 3csA=4sinA ,结合同角的平方公式求出 sinA .
(2)先利用锐角三角函数得到 BD+CE=3sinC+3sinB ，再由正弦定理化简得到 BD+CE=35b+c ， 利用余弦定理和基本不等式求出 b+c≤310 ,从而得到 BD+CE=35b+c≤9105 ,进而求出 BD+CE 的最大值为 9105 .
【小问 1 详解】
因为 3csB+4sinBsinC=3sinB−4csBcsC ,
所以 3csB+4sinBcsC=3sinB−4csBsinC ;
即 3csB+4sinBcsC=sinC3sinB−4csB
即 3csBcsC−sinBsinC=−4sinBcsC+csBsinC
即 3csB+C=−4sinB+C 得 3csA=4sinA ,即 csA=43sinA
因为 sin2A+cs2A=1 ,即 sin2A+169sin2A=1 得到 sin2A=925 ;
又因为 0