江苏省苏州市吴江区吴江高级中学2025_2026学年高三上学期12月月考数学试卷（含解析）

这是一份江苏省苏州市吴江区吴江高级中学2025_2026学年高三上学期12月月考数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】直接解出集合，再求交集即可.
【详解】，，则.
故选：D.
2. 已知，且，其中是虚数单位，则等于（ ）
A. 5B. C. D. 1
【正确答案】B
【分析】利用复数乘法法则进行计算，得到，再使用模长公式求解.
【详解】由得：，即，
解得，从而.
故选：B
3. 等比数列的前项和为，若，，则公比的值为（ ）
A. B. 1C. 或1D. 或1
【正确答案】C
【分析】由已知可得、，即可求公比.
【详解】由题设知：，又，故，
∴，而，即，解得：为或1.
故选：C
4. 若双曲线的一条渐近线方程为，则（ ）
A. 1B. 2C. 8D. 16
【正确答案】A
【分析】根据方程写出双曲线的渐近线方程，可得关于的方程，求解即可．
【详解】双曲线，则，
其渐近线方程为，
依题意，解得．
故选：A．
5. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ）
A. 15°B. C. D.
【正确答案】C
【分析】设相应长度，根据圆锥的侧面积和轴截面面积列式可得，再结合线面夹角运算求解.
【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为，
由题意可得：，解得，
设该圆锥的母线与底面所成的角为，则，
可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为.
故选：C.
6. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游，除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ）
A. 1800B. 1080C. 720D. 360
【正确答案】B
【分析】分恰有个部门所选的旅游地相同、四个部门所选的旅游地全不相同两类，再应用分步计数及排列、组合数求至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数.
【详解】①恰有个部门所选的旅游地相同，
第一步，先将选相同的个部门取出，有种；
第二步，从个旅游地中选出个排序，有种，
根据分步计数原理可得，方法有种；
②四个部门所选的旅游地都不相同的方法有种，
根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种．
故选：B
7. 已知为抛物线上一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】设，由取得最小值，则最大，最小求解.
【详解】如图所示：
因为，，
设，
则，
当时，取得最小值，
此时最大，最小，
且，故C正确.
故选：C
8. 已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数.若，则（ ）
A. 2023B. 2024C. 2025D. 2026
【正确答案】B
【分析】根据函数奇偶性推出函数关于直线对称和关于点 对称，则得到其周期，再计算其一个周期内的和，最后代入计算即可.
【详解】为偶函数，则，则关于对称，
为奇函数，则，
即，则关于点对称，
则由函数关于对称有，则，
则，相减有，
为周期函数，且周期为4，因为，，则，
由题意可得，，则，
，则，
则，
故选：B.
二、多选题.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. 在长方体中，，，动点在棱上，则（ ）
A.
B.
C. 三棱锥的体积是定值
D. 若，则长为1
【正确答案】BCD
【分析】对于A,由平行的传递性知A错误；对于B，建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，由，可得解；对于C，三棱锥的体积，故C正确；对于D，由，解得，故D正确.
【详解】如图：

对于A，，与不平行，故A错误；
对于B，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，故故B正确；
对于C,点到平面的距离为，三棱锥的体积
故C正确；
对于D，，解得，所以长为1，故D正确.
故选：BCD
10. 已知函数，则（ ）
A. B. 在单调递增
C. 有最小值D. 的最大值为
【正确答案】ABD
【分析】利用导数，函数的变化趋势等方法对选项逐一判断即可．
【详解】已知函数，
对于A选项：，正确；
对于B选项：
当时，，
所以，所以在单调递增，正确；
对于C选项：
当时，，故
没有最小值，不正确；
对于D选项：
最小正周期为，是偶函数，
定义域为．故只需研究即可．
由B选项知：在单调递增，在上单调递减，
的最大值为，正确．
故选：ABD．
11. 数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美､对称美､和谐美的结合产物.关于曲线，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线关于原点成中心对称图形
B. 曲线关于轴，轴成轴对称图形
C. 曲线上任意两点之间的距离都不超过2
D. 曲线所围成的“花瓣”形状区域的面积大于
【正确答案】ABD
【分析】分类讨论去绝对值，可得曲线方程，从而可得曲线图像，最后可对命题进行判断.
【详解】当时，曲线方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆在第一象限的部分；
当时，曲线方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆在第二象限的部分；
当时，曲线方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆在第三象限的部分；
当时，曲线方程可化为，表示以为圆心，为半径的圆在第四象限的部分；
当时或；当时或；图像上还有，，，，这5个点.
曲线图像如图所示:
对于A，将代入曲线方程有，整理得，所以曲线关于原点成中心对称图形，故A正确；
对于B，将代入曲线方程有，整理得，所以曲线关于轴成轴对称图形，将代入曲线方程有，整理得，所以曲线关于轴成轴对称图形，故B正确；
对于C，如图，每个小圆半径，
曲线上任意两点距离范围为，即两点距离范围为，故C错误；
对于D，曲线所围成的“花瓣”形状区域可看成四个半圆和一个正方形组成，设它的面积为，，故D正确.
故选：ABD
三、填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若展开式中的系数为，则_________.
【正确答案】
【分析】由题意可得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，求解即可.
【详解】由题意可得，，展开式的通项公式为，所以含的项的系数为，则，即，解得.
故答案为.
13. 在平面直角坐标系中，、、，当时.写出的一个值为___________.
【正确答案】（满足或的其中一值）
【分析】利用平面向量数量的坐标运算结合两角和的正弦公式可得出，求出的值，即可得解.
【详解】由题意可得，，
所以，，同理可得，
则
，
所以，或，
解得或，
故（满足或的其中一值）.
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，若过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且.又以双曲线的顶点为圆心，半径为的圆恰好经过双曲线虚轴的端点，则双曲线的离心率为________.
【正确答案】2
【分析】根据给定条件，结合双曲线定义及余弦定理、圆的定义求出即可.
【详解】令，依题意，，解得，
显然，，，
而，于是，
在中，由余弦定理，
得，解得，即，
所以双曲线的离心率为.
故2
方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
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. 在中，若角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，.
（1）求角；
（2）求的周长.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）通过三角恒等变换构造正弦函数求角；
（2）结合面积公式与余弦定理，利用完全平方公式配方法求边长和，进而得周长.
【小问1详解】
对变形，得，即.
因，故，所以，解得.
【小问2详解】
由，，得.
由余弦定理，代入，，
得，即.
则，故.
因此，△ABC周长为.
16. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中a的值与样本成绩的平均数、中位数；
（2）若落在的平均成绩是57，方差是2，落在的平均成绩为69，方差是5，求这两组成绩的总平均数和总方差.
参考公式：其中为总样本平均数.
【正确答案】（1），平均数74，中位数为75
（2）总平均数，总方差
【分析】（1）利用频率之和为结合频率分布直方图列式求出，根据平均数、中位数的计算公式计算即可；
（2）先利用频率分布直方图求出和的市民人数，再根据平均数和方差公式计算求解即可.
【小问1详解】
由频率之和为结合频率分布直方图可得，解得，
样本成绩的平均数约为．
由于区间，，的频率分别为．
因为，
的频率为，故中位数位于内，
设中位数为x，则，解得x＝75.
小问2详解】
由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
所以总平均数，
总方差.
17. 如图，在四棱锥中，侧棱矩形，且，过棱的中点，作交于点，连接
（1）证明：；
（2）若，平面与平面所成二面角的大小为，求的值．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）先证平面，得，再证平面，得，然后证明平面，得证；
（2）以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，由空间向量法求二面角得的长，然后利用棱锥体积公式计算．
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，所以，
由底面为矩形，有，而，平面，
所以平面，又平面，所以．
又因为，点是的中点，所以．
而，平面，所以平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，而平面，
所以得证．
【小问2详解】
如图，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．
因，设，（），
则，，点是的中点，所以，
由，所以是平面的一个法向量；
由（1）知，，所以是平面的一个法向量．
因为平面与平面所成二面角的大小为，
则，解得（负值舍去）．
所以，
．
18. 已知椭圆的焦距为2，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知椭圆上点处的切线方程是.在直线上任取一点引椭圆的两条切线，切点分别是、
①求证：直线恒过定点；
②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）
（2）①证明见解析；②存在
【分析】（1）根据椭圆的长轴长为，离心率为，由求解；
（2）①设，，，由，，且，经过点，得到求解；②设实数存在，则，分直线斜率不存在，斜率，斜率，利用弦长公式求解.
【小问1详解】
由题意可知，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①设，，，由题设可知：，，
又因为，经过点，所以，
所以，均在直线上，即，
由，解得，所以直线过定点.
②设实数存在，因为，所以，
当直线斜率不存在时，此时直线的方程为，
由，解得，
所以，故.
当直线斜率时，不满足题意：
当直线斜率时，设直线的方程为，则，
故，
所以，
联立可得，显然，
所以，，
所以.
综上可知，存在满足条件.
方法点睛：本题第二问，首先利用弦长公式得到，然后巧用，化简得到，结合韦达定理而得解.
19. 数列的前n项组成集合，从集合中任取个数，其所有可能的k个数的乘积的和为（若只取一个数，规定乘积为此数本身），例如：对于数列，当时，时，；
（1）若集合，求当时，的值；
（2）若集合，证明：时集合的与时集合的（为了以示区别，用表示）有关系式，其中；
（3）对于（2）中集合．定义，求（用n表示）．
【正确答案】（1），，；
（2）证明见解析； （3）.
【分析】（1）利用的定义可得的值；
（2）时，集合的中乘积由两部分构成，一部分是乘积中含，另一部分不含，从而可得之间的关系；
（3）可先证明所有非空子集中各元素的乘积和为，从而可得．
【小问1详解】
时，，
∴，，．
【小问2详解】
时，集合的中各乘积由两部分构成，
一部分是乘积中含因数，乘积的其他因数来自集合，故诸乘积和为；
另一部分不含，乘积的所有因数来自集合，故诸乘积的和为．
故．
【小问3详解】
我们先证明一个性质：
所有非空子集中各元素的乘积和为．
证明：考虑的展开式，该展开式共有项，
每一项均为各因式中选取或后的乘积（除去各项均选1）．
对于的任意非空子集，
该集合中各元素的乘积为的展开式中的某一项：即第个因式选择， ，其余的因式选择1，
注意到非空子集的个数为，
故的所有非空子集中各元素的乘积均在的展开式中恰好出现一次，
∴所有非空子集中各元素的乘积和为．
故对于，
.