精品解析： 天津市第五十五中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题

五十五中学2025届高三数学12月检测试卷 一、选择题（共45分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合和集合，再根据交集运算即可得答案. 【详解】根据题意，， ， 所以. 故选：A 2. 已知向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先计算时的取值，再根据必要与充分条件的定义判断即可. 【详解】因为，， 所以，， 当时， ，即 解得 所以“”是的充分不必要条件. 故选：A. 3. 在1和11之间插入个数，使得这个数成等差数列．若这个数中第1个为，第个为，则的最小值是（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由等差数列的性质可得，再利用“”的妙用求最小值. 【详解】由题可知，， 所以有， 当且仅当，即时等号成立， 此时满足，，所以的最小值是3. 故选：D. 4. 函数在上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数的定义证得是奇函数，即可排除BC，利用当时，，排除D，从而得出结果. 【详解】因为，所以是奇函数，所以的图象关于点对称，故排除B、C；当时，，，所以当时，，排除D． 故选：A． 5. 已知，，满足，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数、对数函数单调性结合函数图象，可限定出各数值的取值范围，可得结论. 【详解】根据单调递增可得， 由单调递增可得， 由可知是函数和图象交点的横坐标， 如下图所示： 由图可知.因此可得. 故选：A 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.若在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平移规则可得的解析式，再由正弦函数的单调性得出对应不等式可得结果. 【详解】由题可得， 因为，所以当时，，且 因为在单调递增，所以， 又，解得. 故选：B 7. 函数的图象经过点，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数解析式，确定单调性与奇偶性，然后根据奇偶性化简不等式，由单调性解不等式． 【详解】函数的图象经过点,则， 则，故，即，所以是减函数． 又，所以是奇函数， ，则转化为，即, 根据减函数性质知道，，解得. 故选：B 8. 已知为双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左右支于A、B两点，点在轴上，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到，的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用，，表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率． 【详解】因为，所以△， 设，则，设，则，， 因为平分，由角平分线定理可知，， 所以，所以， 由双曲线定义知，即，，① 又由得， 所以，即是等边三角形， 所以， 在中，由余弦定理知， 即，化简得， 把①代入上式得，所以离心率为． 故选：A． 9. 已知函数，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】画出的图象，令，根据函数图象可得有两个不等实根，且有两个整数根，有三个整数根，数形结合得到，此时两个整数根分别为2和-16，数形结合三个整数根中，必有一个小于2，只有满足要求，故，求出五个整数根分别为，得到答案. 【详解】画出的图象，如下： 令，则， 根据的图象可知，要满足题意必须有两个不等实根， 且有两个整数根，有三个整数根， 结合图象，当与相切时满足要求， 根据对勾函数性质得，在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值，最小值为，故， 又，其在定义域内单调递减， 令，解得， 故时，有两个整数根，分别为2和-16， 由图象可知，三个整数根中，必有一个小于2， 显然只有满足要求，此时，故， 令，解得另一个根为4， 又，解得， 故五个整数根分别为， 所以最大整数解和最小整数解之积为. 故选：B 【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 二、填空题（共30分） 10. 若复数满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算化简得出，再应用复数的模长公式计算即可. 【详解】由题意知，， 所以. 故答案为：. 11. 二项式的展开式中常数项为______. 【答案】10 【解析】 【分析】 根据二项式定理，得到二项展开式的通项，再由赋值法，即可得出结果. 【详解】的展开式的第项为 ， 令可得， 所以二项式的展开式中常数项为. 故答案为：10. 12. 已知直线是圆的一条对称轴，过点向圆作切线，切点为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题设知圆心在直线上，得，再由两点距离公式、圆的切线性质求切线长. 【详解】由圆，圆心坐标为，半径为2， 因为直线是圆的一条对称轴， 所以圆心在直线上，则， 因为过点向圆作切线，切点为，且， 所以. 故答案为： 13. 天上有四颗星星，地上有四个孩子，每个孩子随机向一颗星星许愿.如果一颗星星只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真；如果一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真.则至少有两个孩子愿望成真的概率为______.（结果用最简分数表示） 【答案】 【解析】 【分析】先求出四个孩子向四个星星许愿的总事件数，再求出至少有两个孩子愿望成真事件数，结合古典概型的概率公式计算即可求解. 【详解】第一步，根据题意，四个孩子向四个星星许愿，那么一共种可能得许愿方式， 那么两个孩子许愿成功的情况为， 四个孩子许愿成功的情况为， 则至少有两个孩子愿望成真的概率为 故答案为： 14. 已知四棱锥的高为2，底面为菱形，，分别为的中点，则四面体的体积为_________；若点在底面投影点为菱形中心，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据中点，得到，故，先得到为全等的等边三角形，故，从而求出四面体的体积，再作出辅助线，找到三棱锥的外接球的球心，进而根据半径相等得到方程，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积. 【详解】如图，设，连接， 底面为菱形，故为的中点， 又分别为的中点，所以， 故， 又， 故， 因为四边形是菱形，， 所以为全等的等边三角形， 故菱形的面积为， 四棱锥的高为2，所以， 故； 若点在底面投影点为菱形中心， 连接，则⊥底面，且， 因为为等边三角形， 所以三棱锥的外接球球心在底面的投影为的中心， 因为，所以， 所以， 过点作⊥于点，设，则， 则， 由勾股定理得，， 因为，所以，解得， 故外接球半径， 三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：， 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 15. 在梯形中，，，点满足，则______；若与相交于点，为线段延长线上的动点，则的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用向量的加减运算和数量积的定义化简计算即可求得；根据条件建立平面直角坐标系，设，运用向量数量积的坐标运算式，将化成关于的二次函数，利用其图象特征即得的最小值. 【详解】， 解得，因为，所以； 因为，，所以， 因为，所以为正三角形． 如图建立平面直角坐标系， 则， 所以直线的方程为：，即， 直线的方程为：，即， 两直线联立得，解得，即， 因为为线段延长线上的动点，故可设，则， 所以 ， 因为，所以当时，取得最大值． 故答案为：；． 三、解答题（共75分） 16. 在中，角，，所对的边分别为，，,满足． （1）求角的大小； （2）设，. （i）求边的值； （ii）求的值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可； （2）（i）利用余弦定理求解即可；（ii）利用二倍角公式，两角差的正弦公式即可求解． 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，， 可得， 因为，故，则， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （i）则，即， 解得或（舍），故； （ii）由， 得， 解得，则， 则，， 所以. 17. 如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：由题设，得四棱台为正四棱台，可建立如图所示空间直角坐标系， 故， 所以， 若平面的一个法向量为，则， 令，则，显然，而面， 所以面； （2）； （3）或. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，判断即可； （2）应用向量法求到平面的距离即可； （3）假设在上存在点，且，，结合线面角正弦值列方程，求参数即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知：，所以到平面的距离为 【小问3详解】 假设在上存在点，且，， 则， 直线与平面所成的角为，故， 所以，即，可得或， 时，，则， 时，，则， 综上，长为或. 18. 已知椭圆的离心率，上顶点为. （1）求的方程； （2）设是直线上一点，点满足.若经过点，求点的坐标； （3）过的右焦点作不垂直于轴的直线，交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，求的值. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）求得可求椭圆的方程； （2）设，从而可得，利用点在椭圆上，可求，从而可得的坐标； （3）设，与椭圆方程联立方程组，利用弦长公式求得，设中点为，求得，可求的值. 【小问1详解】 由题意知. 而，解得. 因此. 【小问2详解】 设， 由题意知， 得. 由于经过点，得，解得. 将代入点的坐标， 得或. 【小问3详解】 由题意知. 设， 与的方程联立得. 设、，则， 于是. 设中点为， 则，. 由于，故直线的方程为， 解得. 因此，得. 【点睛】关键点点睛：在处理直线与椭圆的综合问题时，常采用联立直线与椭圆方程，借助韦达定理以及题中的条件来得出结论，利用弦长公式求得弦长，进而求得比值，平面解析几何大题通常运算量大. 19. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设， （i）当，时，求证：； （ii）求. 【答案】（1） （2）（i）证明：当，时，，， . 因为， 因为，所以， 所以：. （ii） 【解析】 【分析】（1）根据数列的前项和，可构造数列的递推公式，再构造等比数列，可求数列的通项公式. （2）先利用等差数列的前项和公式求，因为，再利用错位相减法求和. 【小问1详解】 当时，. 当时，，， 两式相减得：. 所以是以为首项，以2为公比的等比数列， 所以. 当时，上式也成立. 所以数列的通项公式为： 【小问2详解】 由题意：， （i）略 （ii）因为，所以. ， 所以 设， 则 两式相减得：， 所以. 即. 【点睛】关键点点睛：（1）当时，数列是首项为，公差为的等差数列，项数为：. （2）当数列是“等差等比”形式时，其前项和用“错位相减法”求和. 20. 已知函数，e为自然对数的底数． （1）若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； （2）判断不等式的整数解的个数； （3）当时，，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2）3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义可求得直线的斜率，继而可解； （2）利用导数考查函数的单调性，确定零点所在区间即可求解； （3）变形不等式，参变分离后，利用换元法变形不等式，利用导数考查函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 ，所以，又 所以该曲线在点P处的切线方程为:，即 【小问2详解】 的定义域为，， 当时，，单调递增； 当，，单调递减． 又，， ，， 所以，不等式的整数解的个数为3． 【小问3详解】 不等式 可整理为， 令，， 所以当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以，又， 所以令，则 令， 则 令， 则 令，， 则，， 所以单调递减，， 所以，单调递减，， 所以， 所以， 所以单调递减， 所以. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 五十五中学2025届高三数学12月检测试卷 一、选择题（共45分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在1和11之间插入个数，使得这个数成等差数列．若这个数中第1个为，第个为，则的最小值是（ ） A. B. 2 C. D. 3 4. 函数在上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，满足，则（ ）. A. B. C. D. 6. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象.若在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图象经过点，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左右支于A、B两点，点在轴上，，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 9. 已知函数，若方程有且仅有5个不相等的整数解，则其中最大整数解和最小整数解之积等于（ ） A. B. C. 4 D. 8 二、填空题（共30分） 10. 若复数满足，则__________. 11. 二项式的展开式中常数项为______. 12. 已知直线是圆的一条对称轴，过点向圆作切线，切点为，则__________. 13. 天上有四颗星星，地上有四个孩子，每个孩子随机向一颗星星许愿.如果一颗星星只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真；如果一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真.则至少有两个孩子愿望成真的概率为______.（结果用最简分数表示） 14. 已知四棱锥的高为2，底面为菱形，，分别为的中点，则四面体的体积为_________；若点在底面投影点为菱形中心，则三棱锥的外接球的表面积为_________． 15. 在梯形中，，，点满足，则______；若与相交于点，为线段延长线上的动点，则的最大值为______． 三、解答题（共75分） 16. 在中，角，，所对的边分别为，，,满足． （1）求角的大小； （2）设，. （i）求边的值； （ii）求的值． 17. 如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线垂直于上下底面，且与侧棱所在直线所成的角为. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆的离心率，上顶点为. （1）求的方程； （2）设是直线上一点，点满足.若经过点，求点的坐标； （3）过的右焦点作不垂直于轴的直线，交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，求的值. 19. 已知数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）设， （i）当，时，求证：； （ii）求. 20. 已知函数，e为自然对数的底数． （1）若此函数的图象与直线交于点P，求该曲线在点P处的切线方程； （2）判断不等式的整数解的个数； （3）当时，，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $