精品解析：湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

高三十二月月考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若3个男生和2个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（ ） A. 120 B. 72 C. 48 D. 12 4. 函数的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 若直线的方向向量为，，则空间一点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为（ ） A. 15 B. 35 C. 40 D. 45 8. 一个封闭的直棱柱形容器（容器壁厚度忽略不计），其侧面展开图为一长cm，宽1cm的矩形，容器中放一小球，则该小球半径的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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. 在中，，则的值可以是（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 10. 设是两个非零向量、的夹角，若对任意实数，的最小值为，则下列结论中正确的是（ ） A. 若确定，则唯一确定 B. 若确定，则唯一确定 C. 若，则 D. 若，则 11. 在长方体中，分别为AB、D的中点，经过C，E，F三点的平面将已知长方体分成两部分，则（ ） A. 截面的形状为四边形 B. 截面面积为 C. 点A到截面的距离为 D. 截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的各项均为正数，若，则_______. 13. 若二项式的展开式中存在常数项，则的最小值为______； 14. 已知函数，点、在函数的图象上，且分别位于第一、三象限.设线段的长度取最小值时点的横坐标为，则 _______. 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. 已知某品牌新能源汽车的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布，其质保政策规定：电池寿命低于年可免费更换. （1）求任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率（精确到）； （2）某出租车公司购买了辆该品牌汽车，记为免费享受更换的车辆数，利用（1）的结果，求的分布列和数学期望. 附：若随机变量服从正态分布，则. 16. 已知中，角，，的对边分别为，，，其中，. （1）求角； （2）若点在边上，且满足，，求的面积． 17. 在数列中，令为其前项和，若，. （1）证明：数列为等差数列，并求其通项公式； （2）求数列的前项和. 18. 如图，在三棱柱中，，，D，E分别是CB，CA的中点，. （1）若平面平面，求点到平面ABC的距离； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知函数，其中为常数. （1）当时，求在区间上的最值； （2）若在区间上有且仅有一个极值点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三十二月月考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，结合复数的除法运算化简可得结论. 【详解】因为， 所以， 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求出集合，再利用交集的定义求解即可. 【详解】由，解得，则， 因为，所以，故A正确. 故选：A 3. 若3个男生和2个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（ ） A. 120 B. 72 C. 48 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】先排男生，再把女生排进男生间的空隙，结合分步计数原理可得结果． 【详解】先排男生共有种，男生排好后共有4个空隙， 再把2个女生排进去共有种排法， 所以符合条件的共有种排法． 故选：B. 4. 函数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，结合正弦型函数的有界性可求得函数的最大值. 【详解】因为 ， 所以函数的最大值为. 故选：B. 5. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将已知条件两侧平方整理得，结合求出，即可得. 【详解】由题设， 所以，即， 而，则， 所以，即. 故选：A 6. 若直线的方向向量为，，则空间一点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中点到直线的距离公式求解即可. 【详解】由，，则， 所以，，而， 则点到直线的距离为. 故选：D 7. 设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为（ ） A. 15 B. 35 C. 40 D. 45 【答案】D 【解析】 【分析】设中，有个，个，则可得，再分、及进行讨论即可得. 【详解】设中，有个，个，则有个， 则需，解得， 则当时，，共有种情况； 则当时，，共有种情况； 则当时，，共有种情况； 故共有种情况， 即集合中满足条件“”的元素个数为. 故选：D. 8. 一个封闭的直棱柱形容器（容器壁厚度忽略不计），其侧面展开图为一长cm，宽1cm的矩形，容器中放一小球，则该小球半径的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由高度限制得出小球半径不超过，再探究底面内切圆的半径与的关系. 【详解】由题棱体高为1，则小球半径不超过， 当底面为正六边形时，其边长为，内切圆半径为， 所以该小球半径的最大值为， 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，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. 在中，，则的值可以是（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】借助正弦定理可表示，再计算出的范围表示出的范围即可得解. 【详解】由正弦定理可得， 由，则，故， 则，由，且， 故选项中可为、、，故B、C、D正确，A错误. 故选：BCD. 10. 设是两个非零向量、的夹角，若对任意实数，的最小值为，则下列结论中正确的是（ ） A. 若确定，则唯一确定 B. 若确定，则唯一确定 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】设，结合二次函数的基本性质化简得出，逐项判断即可. 【详解】设，则恒成立， 当时，取得最小值， 此时， 化简得， 所以当确定，唯一确定，A对； 当确定时，的值不一定只有一个，B错； 当时，，解得，C对； 当时，因为，所以，故或，D错. 故选：AC. 11. 在长方体中，分别为AB、D的中点，经过C，E，F三点的平面将已知长方体分成两部分，则（ ） A. 截面的形状为四边形 B. 截面面积为 C. 点A到截面的距离为 D. 截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合长方体的底面长方形的性质，作出截面，判断A；根据三角形面积公式及相似三角形面积关系，求得截面的面积，判断B；根据等体积法求得点A到截面的距离，判断C；根据三棱锥的体积公式及相似求得截面分得的较小部分（棱台）的体积，利用长方体的体积求得较大部分的体积，从而得到体积之比，以判断D. 【详解】对于A，如图所示，分别延长，交于点G，因为，所以，. 连接，并延长，分别交于点,连接，则四边形是经过C，E，F三点的长方体的截面，形状为四边形，故A正确； 对于B，因为，所以. 由A，得,且. 取的中点，连接，则为梯形的中位线，所以. 所以. 所以. ，. 所以， 所以. 所以. 所以截面的面积等于，所以选项B正确； 对于C，由B得，. 因为，所以点A到截面的距离，所以C错误； 对于D，由C知. 因为长方体的体积为，所以较大部分的体积等于. 故截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列的各项均为正数，若，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】设公差，借助等差数列基本量计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为， 则有，即， 化简得，解得或， 又等差数列的各项均为正数，故，故， 则. 故答案为：. 13. 若二项式的展开式中存在常数项，则的最小值为______； 【答案】 【解析】 【分析】 求出二项式展开式的通项公式，令的指数为，可求出的最小值． 【详解】的展开式中通项公式为： ， 令，解得，其中，1，2，，， 当时，，所以的最小值为3 故答案为： 【点睛】本题考查二项式展开式的应用，考查常数项的求法，属于基础题． 14. 已知函数，点、在函数的图象上，且分别位于第一、三象限.设线段的长度取最小值时点的横坐标为，则 _______. 【答案】 【解析】 【分析】分析出函数为奇函数且在第一象限为下凸函数，作出图象，记点关于原点的对称点为，线段的中点为，连接交函数在第一象限内的图象于点，结合两点间的距离公式得出，设，，利用函数的最值与导数的关系可求出的值. 【详解】函数的定义域为，令， ，故函数为奇函数， 当时，，则， 所以函数在第一象限为下凸函数，函数的图象如下图所示： 记点关于原点的对称点为， 线段的中点为， 因为、、都在第一象限， 连接交函数在第一象限内的图象于点， 所以， 设，所以， 设， 则， 令，则有， 因为，解得，即， 由题意可知，当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 故函数在处取得极小值，亦即最小值，故. 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. 已知某品牌新能源汽车的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布，其质保政策规定：电池寿命低于年可免费更换. （1）求任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率（精确到）； （2）某出租车公司购买了辆该品牌汽车，记为免费享受更换的车辆数，利用（1）的结果，求的分布列和数学期望. 附：若随机变量服从正态分布，则. 【答案】（1） （2） 分布列为. 【解析】 【分析】（1）由已知得出，结合正态分布可得出任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率； （2）分析可知，由二项分布的期望公式可得出的值，利用二项分布的分布列可得出随机变量的分布列. 【小问1详解】 因为，，则， 所以任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率为 . 【小问2详解】 因为每辆车是否更换相互独立，且概率为，由题意可知， 由二项分布的期望公式可得， 分布列为. 16. 已知中，角，，的对边分别为，，，其中，. （1）求角； （2）若点在边上，且满足，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据已知条件可得：，然后再根据正弦定理进行边化角，最后根据三角恒等变换公式进行求解即可； （2）首先根据向量的运算可得：，两边平方可得：， 再结合余弦定理求得：，，最后根据三角形面积公式进行求解即可. 【小问1详解】 已知，且满足 由此可得：，代入，， 由正弦定理得：， 在三角形中，易知，所以，，所以． 【小问2详解】 由于，， 所以，所以， 得：，即， 由余弦定理：，化简得：， 联立两式可得：，解得：，， 所以． 17. 在数列中，令为其前项和，若，. （1）证明：数列为等差数列，并求其通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） 由， 两边同时除以得，，， 因为，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 则，即， 当时，， 显然满足上式，则， 而， 所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设，化简得到，，可得数列是以1为首项，为公差的等差数列，进而得到，再根据与的关系求出，再根据等差数列的定义求证即可； （2）利用裂项相消法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由， 则数列的前项和为 . 18. 如图，在三棱柱中，，，D，E分别是CB，CA的中点，. （1）若平面平面，求点到平面ABC的距离； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点点距离公式可得点，进而根据面面垂直得法向量垂直，即可根据向量的坐标运算求解，根据线面垂直即可求解距离， （2）根据法向量的夹角即可求解. 【小问1详解】 以C为坐标原点，CA，CB所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，因为，，， 所以，则，，，. 设平面的一个法向量，则，即 令，则，，所以， 设平面的一个法向量，则，即令，则，，所以. 因为平面平面，所以， 所以，即，所以， 所以，所以点在z轴上，即平面ABC， 因为平面ABC，所以， 又，，所以， 故到平面ABC的距离为. 【小问2详解】 由（1）知，由，则， 因为，所以， 所以，，所以. 由（1）知平面的一个法向量，平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 19. 已知函数，其中为常数. （1）当时，求在区间上的最值； （2）若在区间上有且仅有一个极值点，求的取值范围. 【答案】（1）最大值为，最小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数分析函数在区间上的单调性，即可求出函数在区间上的最小值和最大值； （2）由题意得在上有且只有一个变号零点，由可得，设，其中，分析函数在上的单调性，并求其值域，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，， 当时，，则，可得， 当时，，则，可得， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为，，故. 因此在区间上的最大值为，最小值为. 【小问2详解】 由题意得在上有且只有一个变号零点， 由可得， 设，其中， 因为 ， 因为，则， 因为内层函数在上单调递减，外层函数在上单调递增， 所以函数在上单调递减， 当时，，故，即实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $