精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2025届高三上学期12月月考数学试题

新蔡县第一高级中学高三2024年12月份月考数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 对于集合，我们把集合且叫做集合A与B的差集，记作．若，则为（ ） A. B. C. D. 2. “月相变化”即地球上所看到的月球被日光照亮的不同形象．当地球位于月球和太阳之间时，我们可以看到整个被太阳直射的月球部分，这就是“满月”；当月球位于地球和太阳之间时，我们只能看到月球不被太阳照射的部分，这就是“朔月”；当地月连线和日地连线正好成直角时，若我们正好可以看到月球西半边亮且呈半圆形，这就是“上弦月”，若我们正好可以看到月球东半边亮且呈半圆形，这就是“下弦月”．根据以上信息可知“地月连线和日地连线正好成直角”是“下弦月”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知函数，，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在平行四边形中，分别在边上，，相交于点，则（ ） A. B. C. D. 6. 数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 8. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 残差平方和越大，模型的拟合效果越好 C. 若随机变量，则当减小时，保持不变 D. 一组数据的极差不小于该组数据的标准差 10. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. 的共轭复数为 B. 在复平面内对应的点在第二象限 C. 若，则的最大值是 D. 的虚部为 11. 已知定义在上的函数满足，是偶函数，且对任意的，，当时，都有，则以下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 函数的最小正周期是4 C. 函数在上单调递增 D. 直线是图象的对称轴 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过点作直线交椭圆于，两点，其中在线段上，则的取值范围为______. 13. 现有质量分别为千克的六件货物，将它们随机打包装入三个不同的箱子，每个箱子装入两件货物，每件货物只能装入一个箱子.则第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量的概率是__________. 14. 若直线是曲线的切线，则的最小值是__________. 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，，，分别为内角所对的边，且满足． （1）求； （2）若，求周长的最大值． 16. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知是等边三角形． （1）求证：； （2）求二面角； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角的正弦值最大？求出最大角正弦值，并说明点此时所在的位置． 17. 育才中学为普及法治理论知识，举办了一次法治理论知识闯关比赛．比赛规定：三人组队参赛，按顺序依次闯关，无论成败，每位队员只闯关一次．如果某位队员闯关失败，则由该队下一队员继续闯关，如果该队员闯关成功，则视作该队获胜，余下的队员无需继续闯关；若三位队员闯关均不成功，则视为该队比赛失败．比赛结束后，根据积分获取排名，每支获胜的队伍积分Y与派出的闯关人数X的关系如下：，比赛失败的队伍则积分为0．现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，且每人能否闯关成功互不影响． （1）已知，，， （i）若按甲、乙、丙的顺序依次参赛，求该队比赛结束后所获积分的期望； （ii）若第一次闯关从三人中随机抽取，求该队比赛结束后所获积分的概率． （2）若甲只能安排在第二位次参赛，且，要使该队比赛结束后所获积分的期望最大，试确定乙、丙的参赛顺序，并说明理由． 18. 已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）讨论的单调性； （3）若是的两个极值点，证明：. 19. 已知双曲线，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为的直线与的下支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为. （1）求点，的坐标； （2）记，证明：数列为等比数列； （3）为坐标原点，，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新蔡县第一高级中学高三2024年12月份月考数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 对于集合，我们把集合且叫做集合A与B的差集，记作．若，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解对数不等式得集合，然后根据新定义分析即可. 【详解】， ，故. 故选：B. 2. “月相变化”即地球上所看到的月球被日光照亮的不同形象．当地球位于月球和太阳之间时，我们可以看到整个被太阳直射的月球部分，这就是“满月”；当月球位于地球和太阳之间时，我们只能看到月球不被太阳照射的部分，这就是“朔月”；当地月连线和日地连线正好成直角时，若我们正好可以看到月球西半边亮且呈半圆形，这就是“上弦月”，若我们正好可以看到月球东半边亮且呈半圆形，这就是“下弦月”．根据以上信息可知“地月连线和日地连线正好成直角”是“下弦月”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知及充分条件与必要条件的定义分别判断即可得结论. 【详解】充分性：地月连线和日地连线正好成直角时，我们可能看到“上弦月”或“下弦月”，充分性不成立； 必要性：若为“下弦月”，则地月连线和日地连线正好成直角，必要性成立， 故“地月连线和日地连线正好成直角”是“下弦月”的必要不充分条件． 故选：B. 3. 已知函数，，，，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论，当时，，当时，，最后利用导数得到函数的单调性即可求解. 【详解】由函数，得当时，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上的最大值为. 当时，，，所以在上单调递减. 又，，， 所以，所以. 故选：A. 4. 已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用整体法，结合三角函数图象性质对进行最值分析，对区间上进行单调分析，得到 ，其中，求得，进而求得的取值范围． 【详解】因为，当时，， 因为函数在上存在最值，则，解得， 当时，， 因为函数在上单调， 则， 所以其中，解得， 所以，解得， 又因为，则， 当时，；当时，；当时，． 又因为，所以的取值范围是. 故选：C. 5. 在平行四边形中，分别在边上，，相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量基本定理及三点共线即可求解. 【详解】 由题意可得：， ， 设， 则, 又三点共线，所以， 解得， 所以， 故选：A 6. 数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到数列的周期为，即可得到答案. 【详解】，，， ，，……， 所以数列的周期为，. 故选：C 7. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，又幂的运算性质及基本不等式计算可得. 【详解】因为，且，则， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 即的最小值为. 故选：C 8. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥如图，在堑堵中，，若，，直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值. 【详解】在堑堵中，平面，，，， 以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 设直线与平面所成角为，则， 所以， 因此，直线与平面所成角的余弦值为． 故选：A． 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 残差平方和越大，模型的拟合效果越好 C. 若随机变量，则当减小时，保持不变 D. 一组数据的极差不小于该组数据的标准差 【答案】ACD 【解析】 【分析】由二项分布的方差公式计算方差判断A，由残差的定义判断B，根据正态分布的性质判断C，由极差与标准差的概念判断D． 【详解】由于，所以A正确； 残差平方和越小，模型的拟合效果越好，所以B错误； 根据正态分布的概率分布特点知为定值，C正确； 由于， 标准差，故D正确. 故选：ACD. 10. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. 的共轭复数为 B. 在复平面内对应的点在第二象限 C. 若，则的最大值是 D. 的虚部为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用复数的四则运算化简复数， 对于A，利用共轭复数的定义可判断；对于B，利用复数的几何意义可判断；对于C，利用复数模的三角不等式可判断；对于D，利用复数的概念可判断. 【详解】因为，所以， 对于A，利用共轭复数的定义可知，故A正确； 对于B，复数在复平面内对应的点在第三象限，故B错误； 对于C，由复数模的三角不等式可得，故C正确； 对于D，的虚部为，故D错误. 故选：AC 11. 已知定义在上的函数满足，是偶函数，且对任意的，，当时，都有，则以下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 函数的最小正周期是4 C. 函数在上单调递增 D. 直线是图象的对称轴 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题设可得，函数关于对称，且、在上单调递减，再进一步判断函数的奇偶性、周期性、区间单调性和对称性，进而判断各选项即可. 【详解】由，得，所以函数为奇函数， 由是偶函数，得函数关于对称， 则直线是图象的对称轴，故D正确； 且，则， 所以，则， 所以函数的周期为8，故B错误； 对于A，由，若，则，故A正确； 对任意的，，当时，都有， 即，所以在上递减， 结合奇函数知，函数在上递减，即函数上函数递减， 由于函数关于对称， 所以函数在上单调递增，故C正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据题设得到，函数关于对称，且、在上单调递减，进而判断各选项即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过点作直线交椭圆于，两点，其中在线段上，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】若直线的斜率存在，设，，，可得，由可得范围，结合，计算的范围，再计算直线的斜率不存在时的值，即可求解. 【详解】若直线的斜率存在，设，，， 所以， 由，消去可得， ，即， 又， 所以， 令，则，由，得， 解得，即，解之得且， 又在线段上，所以，所以， 若直线的斜率不存在，易得， 综上的取值范围为． 故答案为：. 13. 现有质量分别为千克的六件货物，将它们随机打包装入三个不同的箱子，每个箱子装入两件货物，每件货物只能装入一个箱子.则第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量的概率是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件概率和全概率公式的概率公式求解. 【详解】由于六件货物的质量之和不是3的倍数，因而不可能出现三个箱子的总重量都相同的情况. 设事件表示存在两个箱子，它们的总质量相同且同时最小，事件表示第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量. 考虑三个箱子的摆放顺序，可得. 当发生时，这两个箱子的货物组合只能是和和和三种可能，故. 当不发生时，表示仅有一个箱子的总质量最小，于是由对称性，得. 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是 求出，以及，利用全概率公式求解. 14. 若直线是曲线的切线，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出曲线在处的切线方程，对照条件求得，，则，构造函数，利用求导求得其最小值即可. 【详解】由求导得：，设切点为，则，①， 切线方程为，即， 由题意，② ， 将①代入②可得：， 于是，. 设，， 则， 因为，则，由，解得， 故当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 故当时，函数取得最小值， 即，从而的最小值是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查导数的几何意义和导数在函数的最值上的应用，属于难题.对于已知函数的切线方程求参问题，一般先设切点，利用导数的几何意义求出切线方程，对照系数求得参数；对于求函数的最值问题，一般通过求导判断函数的单调性即得最值. 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，，，分别为内角所对的边，且满足． （1）求； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解即可； （2）利用余弦定理可得，再结合不等式可得，即可得结果. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 且，即， 又因为，则， 可得，即，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得：， 即，可得， 又因为，可得，即， 当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为. 16. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知是等边三角形． （1）求证：； （2）求二面角； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角的正弦值最大？求出最大角正弦值，并说明点此时所在的位置． 【答案】（1） 由点在底面上的射影是与的交点， 得平面，又平面，则， 由四边形为菱形，得，而平面， 因此平面，又平面，所以. （2） （3）点在线段上靠近点的处，最大角正弦值为． 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）过作于，利用定义法求出二面角的平面角. （3）证得平面，利用等体积法求出点到平面的距离，再列式表示出角的正弦，进而推理求解最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作于，连接，由平面，平面，得， 又，平面，则平面，又平面， 因此，为二面角的平面角， 由是正三角形，得，由是正三角形，得， 由，知， 在中，，即， 所以二面角的大小为． 【小问3详解】 由，且平面平面，得平面， 则点到平面的距离即为到平面的距离，而， 即，则， 解得，即到平面的距离为， 设直线与平面所成的角为，则， 要使最大，则需使最小，此时，同理可得， 因此， 则当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，最大角正弦值为. 17. 育才中学为普及法治理论知识，举办了一次法治理论知识闯关比赛．比赛规定：三人组队参赛，按顺序依次闯关，无论成败，每位队员只闯关一次．如果某位队员闯关失败，则由该队下一队员继续闯关，如果该队员闯关成功，则视作该队获胜，余下的队员无需继续闯关；若三位队员闯关均不成功，则视为该队比赛失败．比赛结束后，根据积分获取排名，每支获胜的队伍积分Y与派出的闯关人数X的关系如下：，比赛失败的队伍则积分为0．现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，且每人能否闯关成功互不影响． （1）已知，，， （i）若按甲、乙、丙的顺序依次参赛，求该队比赛结束后所获积分的期望； （ii）若第一次闯关从三人中随机抽取，求该队比赛结束后所获积分的概率． （2）若甲只能安排在第二位次参赛，且，要使该队比赛结束后所获积分的期望最大，试确定乙、丙的参赛顺序，并说明理由． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）丙先参赛，理由如下： 若顺序为“乙甲丙”： 积分的可能取值为, ，， . 所以. . 若顺序为“丙甲乙”： 积分的可能取值为, ，， . 所以 . ， ， 由于，所以， 所以丙先参赛. 【解析】 【分析】（1）（i）根据相互独立事件概率计算，先求得的分布列，进而计算出的期望；（ii）根据全概率公式求得正确答案； （2）分别计算按“乙甲丙”和“丙甲乙”的顺序所获积分的期望，进而作出判断. 【小问1详解】 （i）的可能取值为， ，， . 所以的分布列为： 所以 （ii）第一次闯关从三人中随机抽取，每个人被抽取到的概率都是，且必须闯关成功， 所以概率为. 【小问2详解】 略 【点睛】易错点睛：1.期望值计算中的概率漏算：在计算期望值时，容易遗漏某些概率，特别是当涉及多个相互独立事件的联合概率时，需注意所有可能结果的覆盖. 2.顺序安排的误解：在小问2中，可能会误认为甲不需要参与第一位或第二位的安排而导致推导错误，甲只能在第二位参赛的条件直接限制了顺序安排的自由度，必须在这一条件下进行期望值的比较. 18. 已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）讨论的单调性； （3）若是的两个极值点，证明：. 【答案】（1）极小值为，无极大值； （2）当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时，在区间，上单调递减，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减； （3）证明：由题意可得是方程的两实数根； 因为是的两个极值点，由（2）可得，且， 又， 要证， 只需证明， 即证明， 令，则需证明， 令函数， 则， 所以函数在上的单调递减，可得， 故， 又，可得，故； 所以. 【解析】 【分析】（1）求出，分析函数单调性可得函数极值； （2）根据对参数进行分类讨论，分析出的正负，即可得出函数的单调区间； （3）结合（2）的分析可得，结合韦达定理可得，要证，可转化为，即证明，令，构造函数，利用导数研究在上的单调性即可得证. 【小问1详解】 当时，，定义域为； 所以， 令，解得，可得在上单调递增； 令，解得，可得在上单调递减； 所以当时，取得极小值为，无极大值； 【小问2详解】 由题意可得， 当时，，方程的判别式， 解方程可得，其中； 令可得或（舍）， 即在区间上单调递增； 令可得， 所以在区间上单调递减； 当时，， 令可得,即在区间上单调递增； 令可得，所以在区间上单调递减； 当时，，方程的判别式， 若，即时，恒成立，，此时在区间上单调递减； 若，即时，方程有两个不相等的实数根， 即，其中； 令可得, 即可得在区间上单调递增； 令可得或， 所以在区间区间，上单调递减； 综上可得，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时，在区间，上单调递减，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递减； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问关键在于利用和韦达定理代换得到只需证明，从而构造函数可得证明结论. 19. 已知双曲线，点在上.按如下方式构造点：过点作斜率为的直线与的下支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为. （1）求点，的坐标； （2）记，证明：数列为等比数列； （3）为坐标原点，，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，，求的值. 【答案】（1）， （2）证明如下： 设， 则过，且斜率为的直线方程为， 联立， 消得到， 由题有，得到， 由题知点在直线上， 即有，所以， 因为， 则 ， 由（1）知， 所以数列是以3为首项，为公比的等比数列； （3） 【解析】 【分析】（1）由点可得的值，求出的方程后联立双曲线可得，即可得，再借助的方程后联立双曲线可得，即可得； （2）联立与双曲线方程，结合韦达定理可得，结合点代入可得，再利用等比数列定义与判定定理计算即可得证； （3）由，结合，从而可得与，再利用面积公式分别计算，即可得. 【小问1详解】 由题知，所以双曲线， 又过点斜率为的直线方程为， 由双曲线与直线的对称性可知，所以， 又过，且斜率为的直线方程为， 即， 由，解得或， 当时，， 所以，所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，由， 即， 即， 则， ， 故，， ，， 从而， ， 即，则， 则，， 从而. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问的关键点在于得到后，结合，从而可得与，再利用面积公式计算即可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $