精品解析：重庆市第八中学校2025届高三上学期12月月考数学试卷

2025届重庆八中高三12月月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.的 一、单项选择题（本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求两个集合，再根据集合的混合运算，即可求解. 【详解】，解得：，即，， ，所以. 故选：B 2. 已知，且，则一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件可得，，代入选项A，结合二次函数性质判断A，代入B，结合指数函数性质判断B，结合基本不等式判断CD. 【详解】因为，，故， 对于A，， 所以，A错误； 对于B，，又， 所以，B错误； 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 又，所以，C正确， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 所以，D错误； 故选：C. 3. 记的内角的对边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用内角和公式求，根据正弦定理求. 【详解】因为，， 所以， 由正弦定理可得，又， 所以， 故选：A. 4. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】 如图为正方体， 设直线为，直线为，平面为， 则，但，A错误； 设平面为，平面为，直线为， 因为，则直线为直线， 满足条件，但不垂直，B错误； 设平面为，平面为，平面为， 则，则相交，C错误； 设直线的方向向量为，直线的方向向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为， 因为， 所以，，， 所以，所以，D正确； 故选：D. 5. 设，则随机变量的分布列如下表，则当在内增大时（ ） 1 2 A. 增大 B. 减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 【答案】D 【解析】 【分析】由方差的运算公式，结合二次函数的单调性进行判断即可. 【详解】， ， 该二次函数的对称轴为， 当在内增大时，先减小后增大， 故选：D. 6. 已知数列满足，记，则（ ） A. B. C. 2024 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得到的一个周期为3，且，从而得到. 【详解】，，， ，……， 故的一个周期为3，且， 故. 故选：C. 7. 已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，则由题意可求得的范围，从而可得，而的最小值是圆心到直线的距离，然后列方程可求出实数m的值 【详解】圆的方程可化为， 设，则， 因为，所以， 又，所以， 又，所以， 而的最小值是圆心到直线的距离， 所以， 又，所以． 故选：B． 8. 已知，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】去掉绝对值符号得到正弦或余弦函数，结合三角函数的单调性求解即可得到答案. 【详解】若，则需满足， 此时去绝对值化简得：，在单调递增， 即， 列出不等式组：， 解得，，需满足，即， 结合，则，故； 若，则需满足， 此时去绝对值化简得，在单调递增， 即，列出不等式组： ， 解得，，需满足，即， 结合，则，故； 综上，满足题意的的范围为. 故选：C 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于根据函数的单调区间列出相应的不等式组，计算比较复杂. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 在复平面内，下列说法正确的是（ ） A. 复数，则在复平面内对应的点位于第一象限 B. 若复数满足，则 C. 若，则的最小值为1 D. 若是关于的方程的根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义，复数模的运算公式，结合复数模的几何意义、实系数一元二次方程根的性质逐一判断即可. 【详解】A：，所以在复平面内对应的点位于第一象限，因此本选项说法正确； B：设，显然有 但是，所以本选项说法不正确； C：因为，所以设， 所以 ，显然当时，的最小值为1，故本选项说法正确； D：因为是关于的方程的根， 所以也是关于的方程的根， 于是有，因此本选项说法正确， 故选：ACD 10. 在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点，点在底面内运动（含边界），且平面，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点使得平面 B. 平面截正方体所得截面的面积为 C. 若，则 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别取棱，，，的中点，证明平面即截面，确定点的轨迹.对于A，根据线面平行的性质判定证明点为棱的中点时满足条件即可；对于B，结合截面形状求出其面积可判断；对于C，连，与的交点即为点，求解即可得出；对于D，设面，根据对称性可知，为的中点，由已知得为直线与平面所成的角，解三角形求其正弦即可判断. 【详解】分别取棱，，，的中点， 因为点分别为棱的中点，所以， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，同理， 因为平面，所以平面， 根据条件平面，可得平面即为平面， 于是点的轨迹即为线段 对于A，当点为棱的中点，平面， 证明如下： 连接，因为， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，因为点分别为棱的中点，正方体的棱长为， 所以，同理可得， 所以六边形为正六边形，边长为， 所以正六边形的面积，所以B错误； 对于C，连，交点为， 因为，则点在上， 又点的轨迹即为线段，则点为与的交点， 因为分别为的中点，则， 此时，于是，所以C正确； 对于D，设平面，根据对称性可知，为的中点， 所以， 因为平面，所以为直线与平面所成的角， 又， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确， 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 存在实数使得恰有两个极值点 B. 若恰有三个极值点，则 C. 对任意的且，总存在实数使得 D. 存在实数，使得的图象没有对称轴 【答案】BCD 【解析】 【分析】由的变号零点的个数，确定极值点个数判断A，由存在三个极值点的条件求得参数范围，判断B，根据得出必在的一个单调区间上判断C，由定义域为的函数对称轴中必是极值点，在时，通过否定极值点对应的直线是对称轴判断D． 【详解】选项A，，时，是增函数，只有一解，只有一个极值点， 时，设，则，由得， 在或时，，时，， 因此在和上递增，在上递减， 因此有一个变号零点或三个变号零点，从而有一个极值点或三个极值点， 综上，不可能只有两个极值点，A错； 选项B，有三个极值点，由上讨论知，且， ，即，恒成立， ，即，， 综上，有三个极值点，则，B正确； 选项C，，则，所以不是极值点，因此存在，在上是单调的， 若，则在上是单调递增，， 若，则在上是单调递减，，C正确； 选项D，的定义域是，若是函数的图象的对称轴，则是的极值， 时，只有一个极值点，即，若有对称轴，则对称轴直线，，， ，， ，所以不可能是图象的对称轴， 故D正确， 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的极值，解题方法是利用导数确定函数的单调性，从而得极值点（极值），函数的极值点又是其导函数的零点，而导函数的零点又可以通过对它的导函数的单调性进行确定． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，若，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】分析函数的单调性，由结合函数的单调性可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为函数的定义域为，且函数、在上均为增函数， 所以，函数在上为增函数， 由可得，即，解得或， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 13. 在中，点满足为线段的中点，过点作一条直线与射线分别交于点两点.设，当与的面积比为时，则的值为______. 【答案】3 【解析】 【分析】由，得，再由是的中点，结合已知条件可得，从而由三点共线，得，因为面积比得出，化简后求值. 【详解】因为，所以，得. 又是的中点，，， 所以. 因为三点共线，所以，且， 所以， 即. 故答案为： 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交双曲线的右支于两点，点满足，且，若，则该双曲线的离心率是______. 【答案】## 【解析】 【分析】由向量加法关系可以得到点为中点，由数量积的运算性质又可以得到，利用双曲线的定义推导出的值，在中，利用三角形内角和和余弦二倍角公式可以求得，利用余弦定理可以得到的关系式，进而求得离心率. 【详解】如图所示： 由点满足，则为的中点，由，即 ，则，所以，又因为为的中点，所以，由双曲线定义可知，，所以， 在中，，则， 又，解得， 在，，解得， 又，因此该双曲线的离心率. 故答案为： 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数. （1）试讨论函数的单调性； （2）若直线与相切，求实数的值. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数和函数单调性的关系，讨论和两种情况讨论函数的单调性； （2）首先设切点，再根据导数的几何意义列式，转化为函数的零点问题，利用导数，即可求解. 【小问1详解】 ， 当时，，函数在上单调递增， 当时，在上，单调递减； 在上，单调递增. 【小问2详解】 设切点为，则， 所以， 即，显然为方程的根， 又令， ，，单调递减，，，单调递增， 故在处取最小值， 故方程只有这一个根， 故. 16. 在整数中任取三个不同的数，并构造三条线段的长度恰好为这三个数. （1）当时，求这三条线段能构成的不同三角形个数； （2）当时，求这三条线段能构成最大边长为的三角形的概率. 【答案】（1）7个 （2） 【解析】 【分析】（1）列出满足条件的所有选法即可； （2）列出满足条件的选法，再利用组合数求出所有选法，利用古典概型概率公式可得结论. 【16题详解】 当时，一共有种可能， 其中能够构成三角形有：， 一共个. 【17题详解】 设，为满足题意的三角形的边长，不妨设，则. 当时，若，不能构成三角形， 若， 若， … 若， 所以一共有个， 又因为在整数1，2，…，20中任取三个不同的数的总的方法数为. 故所求的概率为. 17. 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，平面，且，连接. （1）求证：； （2）当与平面所成角的正切值为时，求棱的长. 【答案】（1）证明见解析 （2）或6 【解析】 【分析】（1）先证明，由线面垂直判定定理证明​平面​，再证明线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，，求出平面的法向量，由线面角公式化简整理得，解方程即可． 【小问1详解】 证明：因为， 所以， 所以，故，又四边形为平行四边形， 所以四边形​为矩形， 过点​在平面​内作​交棱​于点​，连接​， 因为​，所以​， 又​，所以​，于是​. 又​，所以​∽​，所以​， 因为​，于是​，所以​， 因为​平面​，​，所以​平面​， 于是​，又​，且​、​平面​， 所以​平面​， 又因为​平面​，因此​. 【小问2详解】 解：以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设，， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 即， 取，可得， 则为平面的一个法向量， 于是. 设与平面所成角为， 因为，所以， 则， 化简整理得，解得或2， 所以棱的长为或6. 18. 设，点是抛物线上的动点，点到抛物线的准线的距离最小值为2. （1）求的最小值； （2）求的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1）； （2）； （3） 由（2）知，且，所以. 【解析】 【分析】（1）根据题设有，设，应用两点距离公式及导数求距离最小值； （2）由题设有，结合，应用差角正切公式得，分类讨论求的范围，即可的取值范围； （3）结合（2）的分析有，即可证结论. 【小问1详解】 由题设，则抛物线， 设点，则， 记，则， 因为，所以，解得. 所以时，时，则在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，故的最小值为. 【小问2详解】 依题意及（1），知， 由或， 根据到角公式，得：. 当时，，则； 当时，， 所以，则； 当时，， 所以，则. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 略 19. 已知递增数列的各项为正整数，前项和为，数列满足“对任意的，均有成立.且. （1）证明：数列为等差数列，并求的通项公式； （2）若的公差大于1，定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”，证明： ①对任意且，存在“-数列”，使得成立； ②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立. 【答案】（1）证明见解析，，或 （2）①证明见解析②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由条件关系取可得，结合关系证明：，再证明时。结论也成立，由此证明数列为等差数列，结合，，求和公差，.由此可求数列的通项公式； （2）由（1），的公比为，， ①要证明原结论只需证明存在对且，成立，利用导数证明，由此证明满足条件即可； ②设成立，则成立，取推出矛盾，完成证明. 【小问1详解】 取，则， 又，， 所以， 当时，， 两式相减整理得： 又：， 两式相减整理可得：， 由，当时，，即， 所以对任意的，都有， 所以是等差数列，由，可得： . ∴. 【小问2详解】 由于，∴，设“数列”的公比为，且. ①由题意，只需证存在对且，成立， 即成立，设， 令，所以在上单增，上单减， 又∵，∴， 所以，使得对任意且成立. 又，，， ，， 所以对任意且，均成立， 所以对任意且，存在“数列”，使得成立； ②由①知，若成立，则成立，当 时，， 取，由不存在， 所以当且时，不存在“数列”，使得对任意正整数成立. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届重庆八中高三12月月考 数学试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.的 一、单项选择题（本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，且，则一定正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 记的内角的对边分别为，已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 设，则随机变量的分布列如下表，则当在内增大时（ ） 1 2 A. 增大 B. 减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大 6. 已知数列满足，记，则（ ） A. B. C. 2024 D. 7. 已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 在复平面内，下列说法正确的是（ ） A. 复数，则在复平面内对应的点位于第一象限 B. 若复数满足，则 C. 若，则的最小值为1 D. 若是关于的方程的根，则 10. 在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点，点在底面内运动（含边界），且平面，则下列结论正确的是（ ） A. 存在点使得平面 B. 平面截正方体所得截面的面积为 C. 若，则 D. 直线与平面所成角的正弦值为 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 存在实数使得恰有两个极值点 B. 若恰有三个极值点，则 C. 对任意的且，总存在实数使得 D. 存在实数，使得的图象没有对称轴 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，若，则实数的取值范围为______. 13. 在中，点满足为线段的中点，过点作一条直线与射线分别交于点两点.设，当与的面积比为时，则的值为______. 14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线交双曲线的右支于两点，点满足，且，若，则该双曲线的离心率是______. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数. （1）试讨论函数的单调性； （2）若直线与相切，求实数的值. 16. 在整数中任取三个不同的数，并构造三条线段的长度恰好为这三个数. （1）当时，求这三条线段能构成的不同三角形个数； （2）当时，求这三条线段能构成最大边长为的三角形的概率. 17. 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，平面，且，连接. （1）求证：； （2）当与平面所成角的正切值为时，求棱的长. 18. 设，点是抛物线上的动点，点到抛物线的准线的距离最小值为2. （1）求的最小值； （2）求的取值范围； （3）证明：. 19. 已知递增数列的各项为正整数，前项和为，数列满足“对任意的，均有成立.且. （1）证明：数列为等差数列，并求的通项公式； （2）若的公差大于1，定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”，证明： ①对任意且，存在“-数列”，使得成立； ②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $