精品解析：四川省成都市某中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

高2022级高三上学期12月阶段性测试数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、单选题：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，只有一项是符合要求的. 1. 若集合且，则（ ） A. B. C. D. 2. 下面是不同成对数据的散点图，从左到右对应的样本相关系数分别是，其中最小的是（ ） A. B. C. D. 3. 等比数列中，若，则的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 若圆与圆相交于、，则所在直线方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量，若其对应的正态密度函数满足，且，则（ ） A. 0.8 B. 0.5 C. 0.4 D. 0.1 6. 空间四点共面但不共线，那么这四点中 A. 必有三点共线 B. 必有三点不共线 C. 至少有三点共线 D. 不可能有三点共线 7. 若数列满足，其前项和为，则（ ） A. 既无最大值，又无最小值 B. 当且仅当时，取得最小值 C. 当且仅当时，取得最小值 D. ， 8. 如图，画在纸面上的抛物线过焦点F的弦长为9，则沿x轴将纸面折成平面角为60度的二面角后，空间中线段的长为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则一定有（ ） A. B. C. D. 10. 已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 时钟是伴随我们日常生活的必要物品.下面关于它的说法，正确的有（ ） A. 一天24小时内时针和分针重合22次（第一天零点算第一次重合，第二天零点不再重复算） B. 零点时针和分针算第一次重合，则第六次重合时大约在早上5点27分到5点28分之间 C. 设分针长度为10厘米，分别以分针指向表盘读数12和3的方向为y轴正半轴和x轴正半轴方向建立平面直角坐标系，以某天零点开始记（单位：分钟），若时钟正常工作，则在这之后，分针终点横坐标（单位：厘米） D. 设下午5点20分时，时针和分针所成的锐角为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则___________. 13. 若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为___________. 14. 与函数的解析式和值域相同，定义域不同的函数有___________个. 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，角A，B，C的对边分别是a，b，c．已知． （1）求角C的值； （2）若，，求的面积． 16. 已知函数. （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围. 17. 已知三棱锥中，与底面所成角相等，，为中点，点在上且截面. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离. 18. 已知无穷数列满足. （1）求的通项公式； （2）树德中学各班将要举行“辞2024旧岁，迎2025新年”的主题活动，要求有一些含学科元素的游戏或节目.某班数学科代表想用这个数列，组织如下游戏：让参与同学在数列中随机抽取10项，如果在这10项中，至少有k项的值能被2025整除，则这个同学即中奖并得到小礼物（此构想由信息科代表协助编程完成，即抽取项的序号可由计算机产生随机数，抽取项的值能否被2025整除也由计算机来判断，游戏时同学只需要按一次键即可知道抽取和判断结果）， （i）设随机变量表示抽取项中能被2025整除的项的个数，求； （ii）本着开心迎新年的原则，若要中奖概率大于90%，那么规定是否合理，若合理，请说明理由；若不合理，请给出一个合理的k取值方案. 19. 我们可以通过将平面直角坐标三角换元得到平面内一点绕坐标原点O的坐标旋转公式：如图，平面直角坐标系中，已知点，设，角始边在x轴非负半轴，终边与重合，则可得，将绕坐标原点O逆时针旋转后，P点旋转到. （1）求证：； （2）已知曲线C是函数的图象，它是某双曲线绕原点O逆时针旋转后得到的，求C的离心率； （3）已知曲线是由某椭圆绕原点O逆时针旋转后所的斜椭圆，过点作与两坐标轴都不平行的直线交曲线E于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线E于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2022级高三上学期12月阶段性测试数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、单选题：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，只有一项是符合要求的. 1. 若集合且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集的定义即可求解. 【详解】根据题意可知是的交集，故， 故选：A 2. 下面是不同成对数据的散点图，从左到右对应的样本相关系数分别是，其中最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用散点图的变化趋势，判断相关系数的正负，由散点图的集中程度，分析相关系数大小，即可得答案. 【详解】由散点图可得，图1为正相关，则，且相关性较强，则， 图2为负相关，则，且相关性较强，则， 图3为正相关，则， 图4为负相关，但数据相关性较弱，所以， 所以相关系数最小的为. 故选：B 3. 等比数列中，若，则的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列性质即可求出公比. 【详解】因为数列为等比数列，则， 即，解得. 故选：D. 4. 若圆与圆相交于、，则所在直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将两圆方程作差，可得出直线的方程. 【详解】因为圆与圆相交于、， 将这两圆方程作差可得， 因此，直线的方程为. 故选：A. 5. 已知随机变量，若其对应的正态密度函数满足，且，则（ ） A. 0.8 B. 0.5 C. 0.4 D. 0.1 【答案】C 【解析】 【分析】由可得对应的正态曲线的对称轴为，根据正态曲线的对称性可得结果. 【详解】由，则正态密度函数关于对称，即， 则. 故选：C. 6. 空间四点共面但不共线，那么这四点中 A. 必有三点共线 B. 必有三点不共线 C. 至少有三点共线 D. 不可能有三点共线 【答案】B 【解析】 【分析】 用排除法，若，则共面，且四点不共线，轻松排除A，C，明显可见，D是错的，故可得答案 【详解】若，则共面，但任何三点都不共线，故排除A，C；若直线与直线外一点A在同一平面内，且三点在直线上，则可排除D.故选B. 【点睛】本题考查四点的共线与共面问题，属于基础题 7. 若数列满足，其前项和为，则（ ） A. 既无最大值，又无最小值 B. 当且仅当时，取得最小值 C. 当且仅当时，取得最小值 D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】分析数列的单调性，可知当时，；当时，，且，逐项判断即可. 【详解】因为数列、均为递增数列，所以，数列为递增数列， 因为，， 故当时，；当时，. 无最大值，但有最小值，且最小值为、，即. 所以，D对，ABC均错. 故选：D. 8. 如图，画在纸面上的抛物线过焦点F的弦长为9，则沿x轴将纸面折成平面角为60度的二面角后，空间中线段的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程得到韦达定理，结合焦半径公式可得，进而根据线面垂直，以及二面角的定义得，根据锐角三角函数计算长度，可得，利用两点距离公式即可求解. 【详解】，设直线为，， 联立与可得， 则，则， 故，解得， 故，解得， 故， 如图，建立空间直角坐标系，过作平面于，过作于，连接， 由于轴，且轴，，故轴平面， 平面，故轴，则 由于在直角坐标系中， 故， 因此在直角三角形中，， 因此在空间直角坐标系中，， 故， 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用不等式性质和作差法即可判断各个选项. 【详解】对于选项A：当时，选项A错误； 对于选项B：用作差法，又， ，故选项B正确； 对于选项C：当时，利用糖水不等式即可得到C不正确； 对于选项D：用作差法， ，所以选项D正确. 故选：BD. 10. 已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据，即可根据向量平行和垂直满足的坐标关系求解AC，根据模长公式即可求解B，根据复数的乘法法则化简即可求解D. 【详解】由题意可得， 对于A, ，则，故A正确， 对于B，时，，则因此，故B正确， 对于C，时，则，C正确， 对于D，时，则，则,故D错误， 故选：ABC． 11. 时钟是伴随我们日常生活的必要物品.下面关于它的说法，正确的有（ ） A. 一天24小时内时针和分针重合22次（第一天零点算第一次重合，第二天零点不再重复算） B. 零点时针和分针算第一次重合，则第六次重合时大约在早上5点27分到5点28分之间 C. 设分针长度为10厘米，分别以分针指向表盘读数12和3的方向为y轴正半轴和x轴正半轴方向建立平面直角坐标系，以某天零点开始记（单位：分钟），若时钟正常工作，则在这之后，分针终点横坐标（单位：厘米） D. 设下午5点20分时，时针和分针所成的锐角为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，明确时针与分针的角速度，建立方程，解得重合时间，建立不等式，可得答案； 对于B，由A选项求得的重合时间表达式，代入符合题意得值，可得答案； 对于C，明确分针的角速度，表示出分针与轴的夹角，可得答案； 对于D，根据时间利用角速度求得时针与分针转动的角度，进而求得，根据其值，可得答案. 【详解】对于A，由时针每小时转动，则时针的角速度为每小时，由分针每小时转动，则分针的角速度为每小时， 由零点时针与分针重合开始，设经过时间小时后再重合，则，， 解得，由题意中记一天之内，则可得，解得， 当时，时针与分针重合在一天的开始，零点时刻； 当时，，时针与分针重合在下一天的开始，时刻，由题意应舍去. 综上可得，，所以一共重合次，故A正确； 对于B，由A可知，当时，符合题意，即，故B正确； 对于C，由分针每小时转动，则每分钟转动，则分针的角速度为每分钟， 所以随着时钟的正常工作，分针与轴的夹角为， 易知分针与轴的夹角为，可得分针终点的横坐标，故C错误； 对于D，由A可知时针的角速度为每小时，分针的角速度为每小时， 由，时针转动的角度为， 分针转动的角度为， 可得，由，则， 令，求导可得恒成立，则为减函数， 由，则当时，，所以； ，可得； 由，则，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，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦公式结合弦化切可得出所求代数式的值. 【详解】因为. 故答案为：. 13. 若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用两个向量夹角公式以及数量积的定义即可得到结果. 【详解】因为是夹角为的两个单位向量，所以， 所以，则与的夹角为. 故答案为：. 14. 与函数的解析式和值域相同，定义域不同的函数有___________个. 【答案】 【解析】 【分析】解方程，设，函数定义域为，可知，分类讨论集合M的元素个数，进而分析求解. 【详解】由题意知， 令，解得或； 令，整理可得，解得或； 令，整理可得，解得或； 设，函数定义域为， 则， 若定义域有三个元素时：； 若定义域有四个元素时；； 若定义域有五个元素时；； 若定义域有六个元素时；； 若定义域有7个元素时.； 所以解析式和值域相同，定义域不同的函数有. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于讨论定义域的元素个数以及题干中不同的函数理解. 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，角A，B，C的对边分别是a，b，c．已知． （1）求角C的值； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角即可求解. （2）由（1）及余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，，则，又， 所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得，而， 因此，又，解得， 所以的面积． 16. 已知函数. （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若函数在上单调递增，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）求出，切点为，直接写出切线方程； （2）转化为对于恒成立，求实数a的取值范围. 【小问1详解】 当时，，， ，，， 所以的图象在处的切线方程为：. 【小问2详解】 ， 若函数在上单调递增，则对于恒成立， 即对于恒成立， 令， 当时，， 则函数在上单调递增，所以， 故. 17. 已知三棱锥中，与底面所成角相等，，为中点，点在上且截面. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离. 【答案】（1） 证明：与底面成相等的角，设点在平面上射影为， 则有， ∴ 且， ∴是的外心. 是直角三角形，且是斜边的中点， ∴点和点重合， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设在面上射影为，先证明是的外心，再证明点和点重合，由此证明结论； （2）方法一：根据线面垂直判定定理证明平面，由此证明点到平面的距离即，结合平面求结论. 方法二：由线面平行性质定理证明，再证明平面，利用等体积法求点到面的距离，结合平面可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由（1）平面，平面，则， 又，，平面， ∴平面，又平面，则①. 且，又， 也是等腰直角三角形，，， 截面，过的平面与平面交于， ，则②， 由①②，都在面内，则平面， ∴点到平面的距离即， ，且由知是中点， ∴.点到平面的距离为. ∴平面， ∴到平面的距离即为点到面的距离，即为. 法二：截面，过的平面与平面交于， ∴，是中点，则是中点，故， 由（1）平面，又平面， ∴，又，，平面， ∴平面，平面， ，且， ， ∵， 因为是中点，平面， 所以点到平面的距离为， 设点到面的距离为， ， ∴，故， ∵平面， ∴到平面的距离即为C点到面的距离，即为. 18. 已知无穷数列满足. （1）求的通项公式； （2）树德中学各班将要举行“辞2024旧岁，迎2025新年”的主题活动，要求有一些含学科元素的游戏或节目.某班数学科代表想用这个数列，组织如下游戏：让参与同学在数列中随机抽取10项，如果在这10项中，至少有k项的值能被2025整除，则这个同学即中奖并得到小礼物（此构想由信息科代表协助编程完成，即抽取项的序号可由计算机产生随机数，抽取项的值能否被2025整除也由计算机来判断，游戏时同学只需要按一次键即可知道抽取和判断结果）， （i）设随机变量表示抽取项中能被2025整除的项的个数，求； （ii）本着开心迎新年的原则，若要中奖概率大于90%，那么规定是否合理，若合理，请说明理由；若不合理，请给出一个合理的k取值方案. 【答案】（1） （2）（i）5； （ii）合理，理由如下： 设中奖概率为， 则 ，所以规定合理. 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，构造等比数列求出其通项. （2）（i）利用二项式定理展开式确定能被2025整除特点，并求出概率，再利用二项分布的期望公式求出期望；（ii）利用对立事件的概率公式求出概率并比较大小即得. 【小问1详解】 由，得，而，即， 则数列是首项为2024，公比为2024的等比数列，又， 所以的通项公式. 【小问2详解】 （i）由二项式定理，， 要能被2025整除，需，则为正奇数， 且是无穷数列，奇数项和偶数项一样多，因此随机抽取一项能被2025整除的概率是， 且每次抽取相互独立，，所以. （ii）略 19. 我们可以通过将平面直角坐标三角换元得到平面内一点绕坐标原点O的坐标旋转公式：如图，平面直角坐标系中，已知点，设，角始边在x轴非负半轴，终边与重合，则可得，将绕坐标原点O逆时针旋转后，P点旋转到. （1）求证：； （2）已知曲线C是函数的图象，它是某双曲线绕原点O逆时针旋转后得到的，求C的离心率； （3）已知曲线是由某椭圆绕原点O逆时针旋转后所的斜椭圆，过点作与两坐标轴都不平行的直线交曲线E于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线E于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由. 【答案】（1） 证明：经过逆时针旋转到后，角终边与重合， 所以， ，得证. （2） （3）是，2 【解析】 【分析】（1）借助所给定义计算即可得； （2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得； （ⅱ）法一：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出；法二：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：直接求离心率（抓住离心率与渐近线夹角即双曲线开口宽阔程度相关的本质） 易知曲线C的渐近线是与y轴，它们夹角为，顺时针旋转回去后两渐近线夹角仍为， 设曲线C的离心率为e，则. 法二：先求双曲线标准方程，再求离心率（轨迹思想，旋转不改变形状） 设曲线C上一点为，逆时针旋转后的点在的图象上， 由（1）知：，若将以上坐标代入 得，即， 化简即得曲线C的方程：， 由于旋转不改变形状，所以曲线C的离心率为. 【小问3详解】 法一：先求标准椭圆方程 由与交点为和，则， 由与交点为和，则， 所以.从而可得椭圆方程为，点Q旋转后的坐标为， 当直线旋转后斜率不存时，， 当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，旋转后， 与椭圆方程联立，即，可得， ， ， 设直线旋转后为，代入椭圆方程中， 有， . 法二：不求标准椭圆方程，直接从斜椭圆入手. 设直线， 与斜椭圆联立： 有， ， 设直线，代入斜椭圆，有， ，故. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $