精品解析：云南省曲靖市师宗县师宗平高学校2024-2025学年高三上学期12月考试数学试卷

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2B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. 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，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中是偶函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，直线，且，则（ ） A. B. C. D. 2 4. 已知向量 ，则向量 在向量 方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列是公比为的等比数列.设甲：；乙：数列单调递增，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知棱长为（单位：）的无盖正方体容器内盛有体积为（单位：）的水，现将一半径为（单位：）的“实心”铁球放入该正方体容器内，恰好有半个球沉入水中，则静止时该球与水的接触面的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线，过点有且仅有一条直线与双曲线的右支相切，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） 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. 已知随机变量和，其中，且，若的分布列如下表： 1 2 3 则下列说法正确是（ ） A. B. C D. 10. 已知函数 的部分图象如图 所示，则（ ） A. B. C. 为了得到函数 的图象，可将函数 的图象向左平移 个单位长度 D. 为了得到函数 的图象，可将函数 的图象向左平移 个单位长度 11. 已知函数 是定义在区间 上的连续函数，若 ，使得 ， ，都有 ，则称函数 是区间 上的 “ 类函数”． 下列说法正确的有（ ） A. 函数 是区间 上的 “ 3 类函数” B. 函数 是区间 上的 “ 2 类函数” C. 若函数 是区间 上的 “ 类函数”，则方程 在区间 上至多只有一个解 D. 若函数 是区间 上 “ 2 类函数”，且 ，则存在满足条件的函数 ，使得 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为等差数列的前项和.若，则___________. 13. 若，则___________. 14. 如图，在棱长为 的正方体 中， 为面 上的动点， ，则动点 的轨迹长度为_____． 四、解答题（本大题共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，已知.点在边上，且. （1）求； （2）若的外接圆半径为2，求. 16. 某校食堂为了解学生对牛奶豆浆的喜欢情况是否存在性别差异， 从而更有针对性的为广大学子准备营养早餐，于是随机抽取了名学生进行问卷调查，得到了如下的统计结果： 喜欢牛奶 喜欢豆浆 合计 男生 45 55 100 女生 65 35 100 合计 110 90 200 （1）根据独立性检验，能否认为该校学生对牛奶豆浆的喜欢情况与性别有关？ （2）小红每天都会在牛奶与豆浆中选择一种当早餐，若前一天选择牛奶，则她后一天继续选择牛奶的概率为；若前一天选择豆浆，则她后一天继续选择豆浆的概率为 ．已知小红第一天选择了牛奶，求她第三天选择牛奶的概率． 附：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3． 841 6.635 7879 10.828 17. 已知复数的共轭复数为，且，复数在复平面内对应的点为 ． （1）求点的轨迹方程； （2）记点的轨迹为曲线，点为曲线上任意一点，设直线与曲线交于、两点，直线、的斜率分别为、，求的取值范围． 18. 如图，在四棱锥 中，底面 是菱形， ． 平面 平面 分别是棱 的中点， 分别在线段 ， 上，且 ． （1）证明： 四点共面； （2）证明： 平面 ； （3）设直线 与直线 交于点 ，当直线 与平面 所成角的正弦值为 时，求 的值． 19. 在数学中， 布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的定理， 它是众多不动点定理的基础， 得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔． 具体来说就是： 对于满足定义域为 的连续函数，若存在，使得成立，则称为函数的不动点． 已知 且，函数 ． （1）若(为自然常数)，证明：函数只有唯一不动点； （2）设函数（），且．若函数有且仅有 2 个不动点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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2B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. 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，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式求得集合，再由交集运算即可得出结果. 【详解】解不等式可得， 也即，可得； 所以 故选：D 2. 下列函数中是偶函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数解析式以及定义域求法，再利用函数奇偶性定义逐项判断即可得出结论. 【详解】对于A，函数的定义域为，不关于原点对称，所以为非奇非偶函数，即A错误； 对于B，易知的定义域为，且满足为奇函数，即B错误； 对于C，易知的定义域为，且满足为偶函数，即C正确； 对于D，易知的定义域为，此时，不满足奇函数、偶函数定义，为非奇非偶函数，即D错误. 故选：C 3. 已知直线，直线，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用两直线垂直的斜率表示计算可得. 【详解】易知当时，直线的斜率不存在，不满足题意； 因此两直线斜率均存在，即， 当时可得，解得. 故选：A 4. 已知向量 ，则向量 在向量 方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量公式计算即可. 【详解】因为向量  ，所以， 向量在向量方向上的投影向量为， 故选:B． 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】寻找角与角之间的关系，利用诱导公式和二倍角公式可得. 【详解】因为，， 所以 . 故选：B 6. 已知数列是公比为的等比数列.设甲：；乙：数列单调递增，则甲是乙的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 分析】利用等比数列通项公式以及函数性质，分别对首项和公比分类讨论举反例可得结论. 【详解】当首项时，若，此时数列单调递减， 如，因此充分性不成立； 若数列单调递增，当首项，时，满足题意， 如，可知必要性不成立； 综上可知，甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D 7. 已知棱长为（单位：）的无盖正方体容器内盛有体积为（单位：）的水，现将一半径为（单位：）的“实心”铁球放入该正方体容器内，恰好有半个球沉入水中，则静止时该球与水的接触面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正方体棱长与水的体积，结合球的半径以及水中球的体积计算可得. 【详解】根据题意可知，“实心”铁球放入该正方体容器内水的高度为， 因此水的体积加上半球体积可得，解得； 静止时该球与水的接触面的面积为该球表面积的一半，即. 故选：C 8. 已知双曲线，过点有且仅有一条直线与双曲线的右支相切，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的几何性质以及切弦条数可确定点的位置，得出不等关系再由离心率公式计算可得. 【详解】依题意双曲线的渐近线方程为， 若过点有且仅有一条直线与双曲线的右支相切，则点在图中阴影部分区域或在双曲线的右支上，如下图所示： 当点在双曲线的右支上时，，解得； 此时双曲线的离心率为； 当点在图中阴影部分区域时，需满足，解得， 此时双曲线的离心率为， 综上可得双曲线的离心率的取值范围为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据点的坐标以及切弦条数限定出点所在位置与渐近线的关系，由离心率定义计算可求得离心率的取值范围. 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. 已知随机变量和，其中，且，若的分布列如下表： 1 2 3 则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据分布列性质计算可得，可判断A错误，B正确；得出的分布列可计算判断C错误，利用公差计算公式可得D错误. 【详解】由分布列性质可得，即； 又，可得，可得； 因此可得，即； 联立，解得，所以A错误，B正确； 对于C，的分布列为 1 4 9 所以，即C错误； 对于D，经计算易知，可得D正确. 故选：BD 10. 已知函数 的部分图象如图 所示，则（ ） A. B. C. 为了得到函数 的图象，可将函数 的图象向左平移 个单位长度 D. 为了得到函数 的图象，可将函数 的图象向左平移 个单位长度 【答案】ABD 【解析】 【分析】由求得，由，求得，从而求出，再变形函数解析式，结合三角函数图象平移规律判断选项. 【详解】由图得，即，又，所以，B正确； 由，即， 得，，得，． 由图得函数的最小正周期， 所以，故，A正确； 所以． ， 由函数得到函数， 只需将函数的图象向左平移个单位长度即可， 所以选项D正确，选项C错误， 故选：ABD． 11. 已知函数 是定义在区间 上的连续函数，若 ，使得 ， ，都有 ，则称函数 是区间 上的 “ 类函数”． 下列说法正确的有（ ） A. 函数 是区间 上的 “ 3 类函数” B. 函数 是区间 上的 “ 2 类函数” C. 若函数 是区间 上的 “ 类函数”，则方程 在区间 上至多只有一个解 D. 若函数 是区间 上的 “ 2 类函数”，且 ，则存在满足条件的函数 ，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据定义判断A，C，D，应用“  类函数”的定义应用导函数正负判断函数的单调性判断B. 【详解】对于选项A，，， ，所以选项A正确； 对于选项B，“函数是区间上的‘2类函数’”等价于“，，恒成立”， 不妨设，即等价于“在上恒成立”，即“”和“，对，，且恒成立”， 所以等价于“函数在上单调递减”且“函数在上单调递增”， 令，， 又因为时，，，所以“函数在上单调递减”且“函数在上单调递增”， 即“函数是区间上的‘2类函数’”成立，所以选项B正确； 对于选项C，若方程在区间上有两个及以上的解，不妨设其中两个不同的解为， 则，所以， 所以，与若函数是区间上的“k类函数”矛盾，所以选项C正确； 对于选项D，不妨设，且，若，则；若，则 ，所以，恒成立，所以选项D错误， 故选：ABC． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为等差数列的前项和.若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列定义以及前项和公式计算可得. 【详解】设等差数列的公差为， 由可得，即； 故答案为： 13. 若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】分别令即可得解. 【详解】令得， 令得， 所以. 故答案为： 14. 如图，在棱长为 的正方体 中， 为面 上的动点， ，则动点 的轨迹长度为_____． 【答案】 【解析】 【分析】应用正方体图形特征结合球的特征结合弧长公式计算可得轨迹长度. 【详解】如图，连接，由正方体的性质可得，平面， 则平面，又平面，则， 又平面， 则平面，又平面，则， 因为平面，则平面，不妨设垂足为， 则， 又因为，解得，所以动点的轨迹是在平面中， 以正的中心为圆心，为半径的圆弧，如图4，即动点的轨迹为劣弧； 如图5，过作的垂线，垂足为，连接，在中，，， 所以，又因为，所以，所以， 所以，所以动点的轨迹长度为． 故答案为：. 四、解答题（本大题共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，已知.点在边上，且. （1）求； （2）若的外接圆半径为2，求. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求得三边之比，再由余弦定理即可求解； （2）由（1）和题设可求得AC和即可求解 【小问1详解】 在△ABC中，由正弦定理得， ∴， 设 则， ∵，∴. 【小问2详解】 由（1）知，， ∴，由正弦定理得，， ∴，， ∵的外接圆半径为2， 由正弦定理得， ∴， ∵， ∴，则. 16. 某校食堂为了解学生对牛奶豆浆的喜欢情况是否存在性别差异， 从而更有针对性的为广大学子准备营养早餐，于是随机抽取了名学生进行问卷调查，得到了如下的统计结果： 喜欢牛奶 喜欢豆浆 合计 男生 45 55 100 女生 65 35 100 合计 110 90 200 （1）根据独立性检验，能否认为该校学生对牛奶豆浆的喜欢情况与性别有关？ （2）小红每天都会在牛奶与豆浆中选择一种当早餐，若前一天选择牛奶，则她后一天继续选择牛奶的概率为；若前一天选择豆浆，则她后一天继续选择豆浆的概率为 ．已知小红第一天选择了牛奶，求她第三天选择牛奶的概率． 附：，其中． 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3． 841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）可以认为该校学生对牛奶豆浆的喜欢情况与性别有关 （2） 【解析】 【分析】（1）计算出，与临界值比较后得结论； （2）由条件概率和全概率公式计算可得. 【小问1详解】 设零假设：该校学生对牛奶豆浆的喜欢情况与性别无关， ， 根据的独立性检验，零假设不成立， 即可以认为该校学生对牛奶豆浆的喜欢情况与性别有关． 【小问2详解】 设“小红第二天选择牛奶”为事件A，则事件表示“小红第二天选择豆浆”； 设“小红第三天选择牛奶”为事件B． 根据题意：，，，， 则， 所以小红第三天选择牛奶的概率为． 17. 已知复数的共轭复数为，且，复数在复平面内对应的点为 ． （1）求点的轨迹方程； （2）记点的轨迹为曲线，点为曲线上任意一点，设直线与曲线交于、两点，直线、的斜率分别为、，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，，，根据复数的加法以及复数的模长公式化简可得出点的轨迹方程； （2）由题意可知，点、关于原点对称，设点、，则，利用点差法可求出的值，结合基本不等式可求得的取值范围. 【小问1详解】 根据题意：，，， 则，即， 所以点的轨迹方程为. 【小问2详解】 由题意可知，点、关于原点对称， 设点、，则，，， 于是， 又点与点均在曲线上， 所以①，②， 将①式与②式相减可得：，即， 于，则， 由基本不等式可得， 当且仅当，即当或时，等号成立， 因此，的取值范围是. 18. 如图，在四棱锥 中，底面 是菱形， ． 平面 平面 分别是棱 的中点， 分别在线段 ， 上，且 ． （1）证明： 四点共面； （2）证明： 平面 ； （3）设直线 与直线 交于点 ，当直线 与平面 所成角的正弦值为 时，求 的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，，可得， 从而可得结论； （2）取AB中点为I，连接CI，先证明与，再利用线面垂直的判定定理可得平面 ； （3）取BC中点为N，以A点为坐标原点，再分别以AN，AD和AP所在直线为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，求出直线MC的方向向量与平面EFGH的法向量，利用线面角的正弦值列方程可求 的值． 【小问1详解】 ，分别是棱，的中点，， ，， ，，，，四点共面． 【小问2详解】 底面ABCD是菱形，， ，是等边三角形， 取AB中点为I，连接CI，则， 又平面平面，且平面平面， 平面PAB，又PA平面PAB，， 又，且，平面， 平面． 【小问3详解】 平面PBC，平面PAC，又平面PBC平面PAC， ，即直线MC就是直线PC． 取BC中点为N，以A点为坐标原点，再分别以AN，AD和 AP所在直线为轴，轴和轴建立如图6所示的空间直角 坐标系： 则，，，， ，， 设，则，， 由可得： ，， 设平面EFGH的一个法向量为， 则取，则，， ， 设直线MC与平面EFGH所成角为， 则， 化简得：，解得：或， 又，． 19. 在数学中， 布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的定理， 它是众多不动点定理的基础， 得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔． 具体来说就是： 对于满足定义域为 的连续函数，若存在，使得成立，则称为函数的不动点． 已知 且，函数 ． （1）若(为自然常数)，证明：函数只有唯一不动点； （2）设函数（），且．若函数有且仅有 2 个不动点，求实数取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据不动点定义证明即可； （2）根据已知条件不动点的定义，函数有且仅有 2 个不动点，得到或，由变形，构造函数，利用导数的单调性求得最值，可得的范围. 【小问1详解】 当时，，令，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以， 即当时，；当时，恒成立， 所以函数只有唯一不动点． 【小问2详解】 根据题意：（）， 而， 令，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 且， 如图所示，因为函数有且仅有2个不动点， 所以方程有且仅有2个大于的不同根， 也即函数的图象与的图象有两个不同的交点， 所以或， 而， ， 令，显然函数单调递增， 所以， 令（，且）， 则， 显然当时，，函数单调递减， 而，，， 所以实数的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：小问（2），由而， 构造，可得，进而可得，令（，且），利用导数求得最值，可得实数的取值范围 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $