重庆外国语学校（四川外国语大学附属外国语学校）2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆外国语学校（四川外国语大学附属外国语学校）2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分式不等式化简集合A，即可得结果.
【详解】因为，
且，所以.
故选：D.
2. 若复数满足（i为虚数单位），则的虚部是（ ）
A iB. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算可得，即可得结果.
【详解】因为，可得，
所以的虚部是.
故选：D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意利用两角和差公式可得，再利用倍角公式结合齐次化问题分析求解.
【详解】因为，则，可得，
所以.
故选：B.
4. 已知圆的圆心在轴上且经过两点，则圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆的标准方程是，将代入求解即可.
【详解】解：由题意设圆的标准方程是，
因为圆经过两点，
所以，解得，
所以圆的标准方程是，
故选：A
5. 已知平面向量，则的最小值是（ ）
A. 1B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由题设分别在以为原点，半径为的圆上运动，且，数形结合及向量加法的几何意义确定的范围，即可得答案.
【详解】由题设，分别在以为原点，半径为的圆上运动，且，
所以，若是中点，则，而，如下图示，
由图知，，而，即.
所以的最小值是.
故选：D.
6. 在正四棱台中，，其体积为，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作辅助线，可知为异面直线与所成角或其补角，根据棱台体积公式求得，结合余弦定理即可求解.
【详解】设正四棱台的高为，
连接，作交于点，作交于点，连接，
则为异面直线与所成角或其补角.
因为，且正四棱台的体积为，
即，
所以，即，
则，，，
，，
所以.
故选：D.
7. 在中，内角A，，的对边分别为，，，已知，则（ ）
A. 4049B. 4048C. 4047D. 4046
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角的三角函数关系结合两角和的正弦公式化简可得，利用正余弦定理角化边可得，即可得答案.
【详解】在中，，可得，
即，故，
即，所以，
所以，即，所以
故.
故选：A.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用双曲线渐近线确定，由余弦定理可得，再由勾股定理得，又由确定得，最后根据求得离心率 .
【详解】根据题意可知：点在以为圆心为半径的圆上，所以；
根据双曲线渐近线方程为有，
由双曲线中，可得，
在中，，，
余弦定理有，解得；
有，所以；
在中，，，所以，
所以双曲线离心率.
故选：D
【点睛】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b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2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)．
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，有选错的得0分，部分选对的得2分或3分．
9. 从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件“为偶数”的概率为
B. 事件“ab为偶数”的概率为
C. 设，则X的数学期望为
D. 设，则在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12
【答案】ABD
【解析】
【分析】确定从中随机取一个数，从中随机取一个数的所有可能取法数，根据古典概型的概率计算可判断ABD；根据数学期望的计算可判断C；
【详解】从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，
共有（种）可能；
对于A，当时，时，为偶数；当时，时，为偶数；
故共有4种可能，则事件“为偶数”的概率为，A正确；
对于B，当时，时，为偶数；当时，时，为偶数；
此时共有（种）可能，故事件“ab为偶数”的概率为，B正确；
对于C，的取值可能为，
则,
故，C错误；
对于D，的取值可能为，
，
，
故在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12，D正确，
故选：ABD
10. 已知直线，圆，点P为直线l上一点，点Q为圆C上一点，则下列选项正确的是（ ）
A. 直线l恒过定点
B. 若圆C关于直线l对称，则k=1
C. 若直线l与圆C相切，则
D. 当k=1时，取y轴上一点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，看出关于的多项式恒等于0即可判断；对于B，把圆心坐标代入已知直线即可判断；对于C，根据圆心到直线的距离等于半径列方程即可判断；对于D，找对称点，转换为将军饮马模型即可求解.
【详解】解：对于A，直线l：k，即，
令，则，解得，，
所以直线|恒过定点，故A正确;
对于B，若圆C关于直线l对称，则直线l过圆心，
所以，解得，故B错误;
对于C，若直线与圆C相切，则圆心到直线的距离等于半径1，
即，解得，故C正确;
对于D，当k=1时，直线，点关于直线l的对称点，
则有，解得，即，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，若正方体的棱长为2，点是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面截该正方体的截面面积为
B. 若，则点的轨迹是以为半径的半圆弧
C. 若为的中点，则三棱锥的体积为1
D. 若，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：取的中点，可知平面截该正方体的截面为矩形，即可得结果；对于B：可得，，即可得结果；对于C：利用转换定点法求三棱锥的体积；对于D：可证平面，则点M的轨迹是线段，即可得结果.
【详解】对于选项A：取的中点，连接，
因为点是棱的中点，则∥，，
又因为∥，，则∥，，且，
由正方体的性质得平面，平面，所以，
可知平面截该正方体的截面为矩形，其面积为，故A正确；
对于选项B：因为平面，平面，所以.
又，正方体棱长为2，所以.
所以点的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，故B错误；
对于选项C：因为，且，
则，故C正确；
对于选项D，在面上，过点P作，则点Q是的中点.
连接，取的中点N，连接，，，，
则，.
因为平面，平面，所以.
又，平面，所以平面，
所以点M的轨迹是线段.
在中，，，，
所以的最大值为3，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：对于D：根据垂直关系将线线垂直转化为线面垂直，可得平面，进而可得点M的轨迹.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设等比数列的前项和为，若，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，通过等比数列的前项和公式求出公比，进而求出，的值就是公比.
【详解】当时，.
当时，对于等比数列（因为）.
当时，.
已知，将，，值代入可得：
.
因为（等比数列首项不为），等式两边同时除以得.
展开式子得，即，解得或.
因为等比数列公比，所以. 所以.
故答案为：.
13. 如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为，，平面，
所以平面，
将三棱锥补形为如图所示的直三棱柱，则它们的外接球相同，
外接球的球心在棱柱上下底面三角形的外心连线上，
令的外心为，由为等边三角形，，
得，
因为，所以在中，，
即外接球的半径为2，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
14. 已知，则的最小值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】变形函数，换元构造函数，再利用导数分段探讨单调性求出最小值.
【详解】函数，令，令，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递增，
因此当时，，所以当时，取得最小值2.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：利用对数运算法则变形，再换元构造新函数是解决本题的关键.
四、解答题：共77分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 设为数列的前项和，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据关系求得，结合等比数列的定义写出通项公式；
（2）由题设得，累乘法求通项公式，再应用裂项相消求和即可.
【小问1详解】
若，则，
若，则，故，
所以，
所以是首项为9，公比为3的等比数列，则.
【小问2详解】
由题设，故，
时，， 显然也满足，
所以，
综上，.
16. 如图所示，在四棱锥中，，，．

（1）若平面，证明：平面；
（2）若底面，，二面角的正弦值为，求的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形三边长可得到三角形角度，再根据线面垂直得到线线垂直，结合同一平面内垂直于同一条直线的两条直线平行，即可得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由空间向量夹角的余弦公式列方程，即可得求答案.
【小问1详解】
证明：∵，，，即，
∴，即，
∵平面，平面，
∴，
∴，又平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
∵底面，底面，
∴，，又，
以点为原点，以所在的直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：

令，则，
，则，
，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
∴，
令，则，
∴，
设平面的法向量为，
∴，
令，则，
∴，
∵二面角的正弦值为，则余弦值为，
又二面角为锐角，∴，
解得，所以.
17. 已知双曲线的左、右顶点分别是，点在双曲线上，且直线的斜率之积为3．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若，求点到直线的距离的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直线的斜率之积为3，构造方程求出，再将点代入方程即可；（2）设直曲联立，借助韦达定理，由，所以，结合韦达定理，求出，再用点到直线距离计算即可.
【小问1详解】
由题意可得，
则直线的斜率，直线的斜率．
因为直线的斜率之积为3，所以，解得．
因为点在双曲线上，所以，解得．
故双曲线的标准方程为．
【小问2详解】
设直线
联立整理得
则
所以．
因为，所以，
所以
即
化简得，故．
由点到直线的距离公式可得，点到直线的距离．
因为，所以，所以，
即点到直线的距离的最大值是．
18. 已知函数．
（1）证明：为奇函数；
（2）求的导函数的最小值；
（3）若恰有三个零点，求的取值范围．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇偶性定义判断奇偶性即可；
（2）由题设可得，应用基本不等式求其最小值；
（3）问题化为与在和上各有一个交点，利用导数研究的性质，数形结合确定参数范围.
【小问1详解】
由题设，令，
所以，
又定义域为R，所以为奇函数，得证.
【小问2详解】
由题设，
当且仅当，即时取等号，
所以的导函数的最小值为.
【小问3详解】
令，用代换，则，
对于，有，
易知为奇函数，又恰有三个零点，即恰有三个零点，显然，
只需保证在和上各有一个零点即可，
令，则，即与在和上各有一个交点，
由，且，即为奇函数，
令，则，显然上，上，
综上，在R上递增，但递增速率先变快后变慢，大致图象如下图示，
又与都过原点，且原点处的切线斜率为，
结合图象知：当时，与在和上各有一个交点，
所以.
【点睛】难点点睛：导数类综合应用问题，综合性较强，计算量大，解答的难点在于第三问的零点问题，解答时将零点问题转化为函数图象的焦点问题，数形结合进行解决.
19. 乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利．
（1）甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值的独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响．
（2）若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，试证明：．
（3）甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是，没有平局．若采用“赛满局，胜方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为．若采用“赛满局，胜方至少取得局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为，试比较与的大小．
附：，其中．
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据题设写出列联表，应用卡方公式得，讨论参数结合独立检验基本思想即得答案；
（2）根据题设，应用独立乘法公式及互斥事件加法得到，并化简，即可证；
（3）考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到，进而分情况写出关于参数p的概率公式，即可比较大小.
【小问1详解】
由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下，
所以，若，
当时，根据小概率值的独立性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响．
当时，根据小概率值的独立性检验，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响．
【小问2详解】
由题意，
，
，
综上，，得证.
【小问3详解】
考虑赛满局的情况，以赛完局为第一阶段，第二阶段为最后2局，
设“赛满局甲获胜”为事件，结合第一阶段结果，要使事件发生，有两种情况：
第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，
则，得，
若第一阶段甲获胜，即赛满局甲至少胜局，有甲至少胜局和甲恰好胜局两种情况，
甲至少胜局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜；
甲恰好胜局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为，
所以，
若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，得，
所以，
则
，
由，所以，得.
【点睛】关键点点睛：第三问，设“赛满局甲获胜”为事件，第一阶段甲获胜，记为；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了局，记为，根据题意分析得到为关键.
0.05
0.025
0.010
3.841
5.024
6.635
甲获胜场数
乙获胜场数
5局3胜
7局4胜