精品解析：四川省成都列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

高三数学 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. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 2. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（    ） A. B. C. D. 4. 直线被圆截得的最短弦的弦长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与抛物线相交于两点，以为直径的圆与抛物线的准线相切于点，则（ ） A. B. C. D. 8. 点是所在平面内的点，且有，直线分别交于点，记的面积分别为，则（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ） A. 事件，为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件 C. D. 10. 下列命题为真命题的是（ ） A. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则双曲线C的离心率为 B. “”在上恒成立的充要条件是“” C. 已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，则 D. 设，，，则的大小关系为 11. 已知函数在区间上单调，对，满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若函数在区间上单调，则 B. 若函数在上恰存在个极值点，则 C. 函数在上有四个零点，则 D. 若，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（其中为虚数单位），________. 13. 为进一步强化学校美育育人功能，构建德智体美劳全面培养的教育体系，某校开设了音乐､美术､书法三门选修课程.该校某班级有5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修，则恰好有2位同学选修音乐的概率为_______. 14. 已知函数在上单调递增，则的最大值为___________. 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. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 在三角形中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，且，求的取值范围. 17. 已知椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于点，且当轴时，. （1）求椭圆的方程； （2）椭圆的左焦点为，若的外心在轴上，求直线的方程. 18. 已知函数. （1）当时，求的最大值； （2）若存在极大值，求a的取值范围. 19. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的阶和数列． （1）若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求； （2）若，求的二阶和数列的前项和； （3）若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数的最大值，以及取最大值时的公差． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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. 一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】将这些数从小到大重新排列后结合百分位数的定义计算即可得. 【详解】将这些数从小到大重新排列后为：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23， ，则取从小到大排列后的第8个数， 即该组数据的第75百分位数为18. 故选：D. 2. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等差中项的性质结合题意求出，再利用公式法求出公差和，然后由求和公式计算即可； 【详解】因为为等差数列的前项和，且， 所以，解得， 又公差，所以，， 所以， 故选：B. 3. 若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】注意到，后由可得答案. 【详解】. 因，则. 故选：A 4. 直线被圆截得的最短弦的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直线恒过定点，当直线时，直线截圆的弦长最小，再用勾股定理求出弦长. 【详解】设圆的圆心为点，圆的标准方程为：，圆心坐标为，半径， 直线的方程可化为：，所以直线恒过定点， 当直线时，直线截圆的弦长最小，根据勾股定理可知： 弦长的最小值. 故选：C 5. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 6. 已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题中条件作出外接球球心，利用勾股定理计算得到半径，进一步计算即可. 【详解】过三角形的中心作平面的垂线， 过三角形的中心作平面的垂线， 两垂线交于点，连接， 依据题中条件可知，为四面体的外接球球心， 因为， 所以, 则, 即外接球半径为， 则该球的表面积为， 故选：C. 7. 已知直线与抛物线相交于两点，以为直径的圆与抛物线的准线相切于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出和抛物线的方程和焦点坐标，结合直线的方程可知，直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心,由得到关于的方程，解方程求出，则得到弦长. 【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，解得， 因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为， 又直线，所以直线恒过抛物线的焦点， 设点，因为两点在抛物线上， 联立方程，两式相减可得，， 设的中点为，则，因为点在直线上， 解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心， 由抛物线的定义知，圆的半径， 因为，所以， 解得，则，则. 故选：C. 8. 点是所在平面内的点，且有，直线分别交于点，记的面积分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的加法法则结合三点共线确定点的位置，再结合三角形的面积公式求解即可； 【详解】 由可得，即， 设，因为三点共线，则存在实数，使得， 将代入可得 ，即， 由于不共线，则，解得， 即，， 同理，设，则， 因为三点共线，所以，即， 又由三角函数的诱导公式可得， 所以 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能结合图形利用三点共线确定点的位置，即得到和，再结合三角形的面积公式求解即可. 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，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ） A. 事件，为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB，由组合知识求得判断C，根据条件概率的定义求得判断D． 【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确； 由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B错； ，C正确； 事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D正确． 故选：ACD． 10. 下列命题为真命题的是（ ） A. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则双曲线C的离心率为 B. “”在上恒成立的充要条件是“” C. 已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，则 D. 设，，，则的大小关系为 【答案】AC 【解析】 【分析】由双曲线的定义，余弦定理，离心率的定义可得A正确；举反例可得B错误；由函数的奇偶性和周期性可得C正确；对取对数后作差，再由对数函数的运算性质和单调性可得D错误； 【详解】对于A，设，由双曲线的定义可得， 即， 在中，由余弦定理可得，可得， 所以，故A正确； 对于B，当时，在上也成立，故B错误 对于C，因为为奇函数，所以，即，即的对称中心为， 因为为偶函数，所以，即， 又，即， 所以，所以，故的周期为8， 因为 所以，故C正确； 对于D，对取对数可得， 作差可得， 因为，所以，故D错误； 故选：AC. 11. 已知函数在区间上单调，对，满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若函数在区间上单调，则 B. 若函数在上恰存在个极值点，则 C. 函数在上有四个零点，则 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数的对称和最值，结合单调性可得周期，进而可得，代入最值点可得，即可利用整体法求解A，作出函数图象，结合函数图象，即可求解BC，根据和差角公式以及二倍角公式，即可求解D. 【详解】由于，则关于对称，又，故是的最小值点，结合在区间上单调，因此和是相邻的对称中心和对称轴，故,则， ,故， 由于，故，故， 对于A，，当，则， 若函数在区间上单调，则，解得，则，A正确， 如图：作出函数的图象如下： 函数在上恰存在个极值点，则，故B错误， 令，则，故的图象与有四个交点，如图， 则关于对称，关于，故，则，故C正确， 如图，作出与的交点，可知：， ，， 则 结合，则，故 ， 则 结合，则，故， 故， 则， 故，D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据与的交点，可知：，即可代入得，，由二倍角以及和差角公式即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（其中为虚数单位），________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出共轭复数，再利用模长计算即可； 【详解】由题意可得， 所以， 所以模长为， 故答案为：. 13. 为进一步强化学校美育育人功能，构建德智体美劳全面培养的教育体系，某校开设了音乐､美术､书法三门选修课程.该校某班级有5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修，则恰好有2位同学选修音乐的概率为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用部分均匀分组再结合古典概型公式求解即可. 【详解】5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修， 共有种情况. 恰好有2位同学选修音乐共有. 所以恰好有2位同学选修音乐的概率. 故答案为：. 14. 已知函数在上单调递增，则的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导有，对参数分类讨论研究函数的单调性得到，代入目标式并结合基本不等式求最大值. 【详解】由题设， 当时，，此时在上，不合题意； 当，若，可得或， 若时，在上，，，则，不合题意， 若时，在上，，，则，不合题意， 若时，即， 在上，，则， 在上，，则， 显然在R上递增，满足题设， 综上，，当且仅当时等号成立， 所以目标式最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用导数及分类讨论研究函数单调性得到参数间的关系为关键. 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. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 由为直三棱柱，得平面，又， 以为原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设， 由题意可得：， 于是，， 设平面的法向量为，则，取，得， 显然，即平面，而平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系,求出平面的法向量，代入异面直线夹角的空间向量公式即可证明； （2）找到平面的法向量，再代入空间二面角公式求解即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，平面的一个法向量为，显然轴垂直于平面， 不妨取其法向量为，设所求的平面夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 16. 在三角形中，内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理进行边角转化，再利用诱导公式即正弦的和角公式求解； （2）把转化为的函数，利用余弦定理及三角函数单调性分析的范围 ，最后再利用二次函数的单调性求范围. 【小问1详解】 根据正弦定理可知：， 因为，所以，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可知：，因为，所以，，， 因为，所以，， 由正弦定理得：， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以时，取得最小值， 并且， 所以的范围是. 17. 已知椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于点，且当轴时，. （1）求椭圆的方程； （2）椭圆的左焦点为，若的外心在轴上，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由离心率的定义和用表示弦长求出即可； （2）设过三点的圆的圆心为，，分别由和以及在椭圆上得到①②，然后结合韦达定理得到，再设直线：，联立曲线结合韦达定理解出即可； 【小问1详解】 由题意得：，得， 将代入椭圆方程得，整理得， 则，所以，即， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 设过三点的圆的圆心为，，又， 则，即，即， 又在椭圆上，故，代入上式化简得到：，① 同理，根据可以得到：，② 由①②可得：是方程的两个根，则， 设直线：，联立方程：，整理得：， ， 故，解得，所以， 所以直线的方程为：. 18. 已知函数. （1）当时，求的最大值； （2）若存在极大值，求a的取值范围. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）利用函数的导数与单调性、最值的关系求解； （2）利用导数与极值的关系，结合参数和讨论函数单调性，从而解决问题. 【小问1详解】 由题可知的定义域为， 当时，，. 令，解得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以当时，取极大值，也是最大值，故的最大值为. 【小问2详解】 . 令，则. 当时，，在上单调递减， 当时，；，根据零点存在定理，得在内存在唯一的零点， 在上，，，单调递增； 在上，，，单调递减，存在极大值. 当时，令，解得，（舍去）， 在上，，单调递减；在上，，单调递增. 所以当时，取极小值，也是最小值，故. 当，即时，由于当时，，此时，在上，必定存在唯一的零点. 在上，，，单调递增；在，，，单调递减，存在极大值， 当时在上，，单调递增不存在极大值. 综上所述，a的取值范围是. 【点睛】利用导函数研究函数极值：通常利用导数研究含参函数的单调性，借助零点存在定理，同时注意分类讨论. 19. 对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的阶和数列． （1）若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求； （2）若，求的二阶和数列的前项和； （3）若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数的最大值，以及取最大值时的公差． 【答案】（1） （2） （3）的最大值是，公差为 【解析】 【分析】（1）根据一阶和数列的定义可计算出，，的值，根据二阶和数列的定义计算出，的值，由的二阶和数列是等比数列可得公比，从而得到，，的值，再由定义可求出的值. （2）根据定义可得的通项公式，进而求得的前项和公式. （3）由可得，从而可得公差，结合条件可得正整数的最大值. 【小问1详解】 由题意得，，，， ∴，， 设数列的二阶和数列的公比为，则， ∴，，， ∴，，， ∴，，． 【小问2详解】 设的二阶和数列的前项和为， 由题意得，，， 由得数列是以为首项，为公差的等差数列， ∴. 【小问3详解】 ∵， ∴，故． 设数列的公差为，则， ∴，得， ∵反比例函数在上为增函数， ∴由得，，故， ∵， ∴，故， ∴的最大值是，由得公差. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $