精品解析：湖北省沙市中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

2024—2025学年度上学期2022级 12月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2024年12月26日 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. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助复数运算法则结合模长定义计算即可得. 【详解】， 故. 故选：C. 2. 用最小二乘法得到一组数据的线性回归方程为，若，则（ ） A. 11 B. 13 C. 63 D. 78 【答案】D 【解析】 【分析】根据线性回归方程为一定过点，先求出，代入回归方程即可得出，进而可得的值. 【详解】依题意， 因为，所以， 因为线性回归方程为一定过点， 所以， 所以. 故选：D. 3. 已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出，由等差数列的性质得，，从而得到答案. 【详解】因为等差数列和的前项和分别为、，满足， 所以， 又，故， 故选：B 4. 设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质进行求解即可. 【详解】因为在方向上的投影向量为， 所以， 所以有， 故选：D 5. 已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】平移后的解析式为奇函数得到，求出的最小值. 【详解】因为为奇函数，则， 所以，又，所以，解得， 因为，所以时，取得最小值，最小值为8. 故选：D 6. 记抛物线的焦点为为抛物线上一点，，直线与抛物线另一交点为，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先求出抛物线方程及直线方程，联立，求出交点进而可得答案. 【详解】，由拋物线定义可知到准线距离为，即，解得， 即抛物线方程为，不妨取，又， 所以， 联立，消去整理得， 解得，即， 则. 故选：C. 7. 直三棱柱中，，P为BC中点，，Q为上一点，，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】如图，在上取点M，使得，取的中点N，连接，则，利用线面垂直的判定定理与性质可得，则截面为直角梯形APQM，结合题意求出QM、AP、PM，由梯形的面积公式计算即可求解. 【详解】如图，在上取点M，使得，取的中点N，连接， 则，又，所以， 得A、P、M、Q四点共面，又，为BC的中点，所以， 由，得，又平面， 所以平面，由平面，得， 所以截面为直角梯形APQM，且，得， 所以， 作于D，则， 所以. 故选：C． 8. 若函数定义域为，且为偶函数，关于点成中心对称，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设得到是周期为的周期函数且关于对称，利用周期性、 对称性求得，最后应用周期性求结果. 【详解】由偶函数，知的图象关于直线对称， 因图象关于点成中心对称，则①，且， 所以 ， 所以是周期为的周期函数. 令代入①，可得，而， 所以， 综上，. 故选：C 二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ） A. 已知点A，B，C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则 B. 已知向量，且与的夹角为锐角，则λ的取值范围是 C. 已知点G为三条边的中线的交点，则 D. 已知，则在上的投影向量的坐标为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平面向量共线的性质，结合平面向量夹角坐标公式、三角形重心的性质、投影向量的定义逐一判断即可. 【详解】A：因为点是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且， 所以有，A正确； B：，当与共线且同向时，， 此时与的夹角为零，而，B不正确； C：设边上的中线为， 于是， 因为点G为三条边的中线的交点， 所以点G是三角形的重心，因此有， 于是有，C正确；    D：因为， 所以在上的投影向量的坐标为： ，D正确， 故选：ACD. 10. 如图所示，若长方体AC的底面是边长为2的正方形，高为4．E是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. D. 三棱锥的外接球的表面积为24π 【答案】BD 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由可判断A；求出三棱锥的体积可判断B； 求出平面和平面的法向量，不存在实数λ使得．可判断C；求出三棱锥的外接球的表面积可判断D. 【详解】解：以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，． 因为，所以与不垂直．故A错误． 在长方体中，⊥平面， 故是三棱锥的高，所以 ．故B正确． ，， 设平面的一个法向量为， 则由得所以 不妨取，则，所以． 设平面的一个法向量为， ，， 则由得所以 不妨取，则，所以． 故不存在实数λ使得． 故平面与平面不平行，故C错误． 三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 故外接球的半径． 所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确． 故选：BD． 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与的左支相交于两点，若，且，则（ ） A. B. C. 双曲线的渐近线方程为 D. 直线的斜率为4 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，结合双曲线的定义求得，，再逐项计算判断即可. 【详解】由，设，，由，得， 则，，而，解得，因此，， 对于A，，A错误； 对于B，显然，则，B正确； 对于C，令，在中，由，得， 则，，即，因此双曲线的渐近线方程为，C正确； 对于D，由，结合对称性,则直线的斜率为，D错误. 故选：BC 【点睛】易错点睛：双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为，而双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数为15，则a=________.(用数字填写答案) 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以令，解得，所以=15，解得. 考点：本小题主要考查二项式定理的通项公式，求特定项的系数，题目难度不大，属于中低档. 13. 已知正实数满足，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】对等式两边取对数后构造关于的方程，求出其解后可求的值. 【详解】因为，易知且，故， 故，即， 故， 故答案为：. 14. 在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为_________． 【答案】##1：8 【解析】 【分析】先根据勾股定理逆定理得到，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离最大即可． 【详解】 由题意知，， 由勾股定理可知，， 所以， 取的中点，所以， 所以四面体的外接球在斜边的中点处， 四面体的外接球的半径， 根据题意可知，过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小， 只需截面圆半径最小，设球到截面的距离，只需球心到截面的距离最大即可， 而当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即， 取的中点，易知为等腰三角形， ，所以， 所以截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为，球的表面积为， 所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 故答案为：． 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. △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，求b的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及得，进而得到，即可求出； （2）由余弦定理结合基本不等式即可求出b的取值范围． 【小问1详解】 由正弦定理及可得，又， 则，即， 则，因为，所以，，因为，所以． 【小问2详解】 由余弦定理得，因为，，所以，当且仅当时取等号． 又因为，所以．综上所述，，b的取值范围是． 16. 已知函数.函数在处取得极值. （1）求实数a； （2）对于任意，，当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数在处取得极值，结合极值点的定义可得 （2）根据不等式的形式化简得，构造新函数，利用导数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 ，因为在处取得极值，故，解得.当时，，，故在处导函数为0，且在左右导函数异号，满足极值点条件，故 【小问2详解】 ， 构造函数，即， 因为任意，，当时，不等式恒成立， 所以函数在上单调递减， 即在上恒成立， 由， 设， 因为，所以，所以函数单调递减， 故，因此，故实数m的取值范围为 17. 如图，在棱长为2的正方体中，､､分别为棱､､的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 证明：正方体中， 因为，分别为棱，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以，所以， 正方形中，∵为的中点，为的中点， ∴，∴， 设、交点为，则， ∴，即； 又、平面，， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明，，证得线面垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以点为原点，分别以､､为，，轴建立空间直角坐标系. 因为正方体棱长为2，，，分别为棱，，的中点. 所以，，，，，. 所以，，. 由（1）知平面，所以是平面的一个法向量， 设是平面的法向量，则 取，得， 所以， 所以二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆C的两个焦点，，过点且与坐标轴不平行的直线l与椭圆C相交于M，N两点，的周长等于16. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若过点的直线与椭圆C交于两点A，B，设直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）求面积的最大值. 【答案】（1）； （2）（i）由题意可知直线斜率存在， 当直线斜率为0时，显然，所以； 当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立， 则， 设，则， 所以， 因为， 所以. 综上，为定值0. （ii）面积的最大值为. 【解析】 【分析】（1）依据题意列出关于的方程组求出即可得解； （2）（i）依据题意分直线斜率为0时和直线斜率不为0时两种情况结合韦达定理计算分析即可求证；（ii）由（i）先求出，再由面积公式结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由题意可得椭圆焦点在x轴上，且， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）可得， 所以， 所以，当且仅当即时等号成立， 所以面积的最大值为. 19. 给定正整数，设数列是的一个排列，对表示以为首项的递增子列的最大长度（数列中项的个数叫做数列的长度），表示以为首项的递减子列的最大长度.我们规定：当后面的项没有比大时，，当后面的项没有比小时，.例如数列：，则.，. （1）若，求和； （2）求证：； （3）求的最值. 【答案】（1）， （2）证明如下： 对于，由于数列是的一个排列，故， 若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个， 得到一个以为首项的更长的递增子列，所以， 而每个以为首项的递减子列都不包含，且， 故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以， 这意味着； 若，同理有，，故， 总之，且和不能同时为零， 故. （3）的最大值为； 当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，的最小值为. 【解析】 【分析】（1）直接根据定义求解即可； （2）分情况讨论证明，故可推出和不能同时为零，进而得到结论； （3）对的奇偶性分类讨论，并利用（2）中的结论得到结果即可. 【小问1详解】 以为首项的最长递增子列是，所以， 因为后面的项都比小，所以， 以为首项的最长递增子列是，所以， 因为后面没有项，所以； 因为后面的项都比大，所以， 以为首项的最长递减子列是或者，所以； 因为后面的项都比大，所以， 因为后面没有项，所以； 所以， 即， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 以为首项的递增子列的最大长度不大于以为首项子列的最大长度，即， 以为首项的递减子列的最大长度不大于以为首项子列的最大长度，即， 而，，所以， 所以， 考虑数列， 此时， 所以的最大值为； 由（2）可知和不能同时为零，故， 当为偶数时，设， 一方面有； 另一方面，考虑这样一个数列：，， 则对有， 故此时； 结合以上两方面可得，当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，设， 一方面有； 另一方面，考虑这样一个数列：，， 则对有， 故此时； 结合以上两方面可得，当为奇数时，的最小值为； 综上可得，当为偶数时，的最小值为； 当为奇数时，的最小值为； 【点睛】关键点点睛：求最大（小）值的本质在于，先证明所求表达式一定不小于（或不大于）某个数，再说明该表达式在某种情况下能取得，就得到了最大（小）值是，这便是“求最大（小）值”的本质.而在这个过程中，想到的具体取值这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等去猜出的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只要证明合乎逻辑，“如何想到的取值”无需交代，不影响解答的正确性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度上学期2022级 12月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2024年12月26日 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. 已知复数（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 用最小二乘法得到一组数据的线性回归方程为，若，则（ ） A. 11 B. 13 C. 63 D. 78 3. 已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（     ） A. B. C. D. 4. 设为单位向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象向左平移后所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 记抛物线的焦点为为抛物线上一点，，直线与抛物线另一交点为，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 7. 直三棱柱中，，P为BC中点，，Q为上一点，，则经过A，P，Q三点的平面截此三棱柱所成截面的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 5 8. 若函数定义域为，且为偶函数，关于点成中心对称，则的值是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列关于平面向量的说法正确的是（ ） A. 已知点A，B，C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则 B. 已知向量，且与的夹角为锐角，则λ的取值范围是 C. 已知点G为三条边的中线的交点，则 D. 已知，则在上的投影向量的坐标为 10. 如图所示，若长方体AC的底面是边长为2的正方形，高为4．E是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. D. 三棱锥的外接球的表面积为24π 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与的左支相交于两点，若，且，则（ ） A. B. C. 双曲线的渐近线方程为 D. 直线的斜率为4 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数为15，则a=________.(用数字填写答案) 13. 已知正实数满足，则______. 14. 在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为_________． 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. △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，求b的取值范围． 16. 已知函数.函数在处取得极值. （1）求实数a； （2）对于任意，，当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，､､分别为棱､､的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆C的两个焦点，，过点且与坐标轴不平行的直线l与椭圆C相交于M，N两点，的周长等于16. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若过点的直线与椭圆C交于两点A，B，设直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）求面积的最大值. 19. 给定正整数，设数列是的一个排列，对表示以为首项的递增子列的最大长度（数列中项的个数叫做数列的长度），表示以为首项的递减子列的最大长度.我们规定：当后面的项没有比大时，，当后面的项没有比小时，.例如数列：，则.，. （1）若，求和； （2）求证：； （3）求的最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $