精品解析：安徽省黄山市屯溪第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

屯溪一中2025-2026学年度第一学期12月份检测 高三数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A B. C. 1 D. 3. 已知双曲线 ，则顶点到渐近线的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知是公差不为的等差数列，，若成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知点O为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 设样本数据的平均数，中位数，众数和标准差分别为.当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 7. 某人去公园郊游，在草地上搭建了如图所示简易遮阳篷，遮阳篷是一个直角边长为8的等腰直角三角形，斜边朝南北方向固定在地上，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，则当遮阳篷与地面所成的角大小为（ ）时，所遮阴影面面积达到最大. A. B. C. D. 8. 已知函数，，若存在实数，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 9. 下列命题成立的是（ ） A. 已知，若，则 B. 若一组样本数据对应的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 C. 样本数据64，72，75，76，78，79，85，86，91，92的下四分位数为75 D. 对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越大，判断“与有关系”的把握性越小 10. 已知函数，若函数的部分图象如图所示，函数，则下列结论不正确的是（　　） A. 将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递减区间为 D. 若函数为偶函数，则θ的最小值为 11. 已知两个无公共点且半径为1的球，若在两球球面上各存在两点，使得这四点恰为某正四面体的四个顶点，则（ ） A. 该正四面体棱长可以2 B. 该正四面体棱长可以为 C. 两球球心间的距离可以为 D. 两球球心间的距离的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在展开式中，的系数为__________.（用数字作答） 13. 由曲线围成图形的面积为_______________． 14. 如图，A、B两点分别在x、y轴上滑动，为垂足，P点轨迹形成“四叶草”的图形，若，则的面积最大值为_________ . 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. 在锐角中，内角的对边分别是，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 16. 如图，已知四边形为菱形，对角线与相交于O，，点E不在平面内，平面平面直线平面，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和. （Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程； （Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明； （Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 18. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为 ，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同. （Ⅰ）求甲获得冠军的概率； （Ⅱ）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率. 19. 已知函数. （1）若当时恒成立，求实数的取值范围； （2）若，求证：在上有且仅有一个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 屯溪一中2025-2026学年度第一学期12月份检测 高三数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据绝对值不等式的解法、分式不等式的解法，结合集合交集的定义进行求解即可. 【详解】因为，， 所以， 故选：C 2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由复数的模长公式计算出，再根据复数的除法运算，化简即可得出答案. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以的虚部为， 故选：C. 3. 已知双曲线 ，则顶点到渐近线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】写出双曲线的顶点和渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求解即可. 【详解】双曲线 的顶点坐标为，渐近线方程为即， 根据双曲线的对称性，取顶点，渐近线， 根据点到直线的距离公式得顶点到渐近线的距离为. 故选：C． 4. 已知是公差不为的等差数列，，若成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，利用等比中项的性质及等差数列基本量运算求得，可求得. 【详解】设等差数列的公差为， 因为 成等比数列， 所以，即，整理得到； 因为，解得.所以. 故选：C. 5. 已知点O为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，从而得到为直角三角形，由投影向量的概念求解. 【详解】因为， 所以， 即，所以在上，故的外接圆以为圆心，为直径， 所以为直角三角形，且，为中点， 因为向量在向量上的投影向量为， 故, 由于为锐角，所以 故选：B． 6. 设样本数据的平均数，中位数，众数和标准差分别为.当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，将整理成二次函数的形式，然后根据二次函数的性质来求得正确答案. 【详解】令， 是一个开口向上的关于的二次函数，故函数在对称轴处取得最小值， 即. 故选：A. 7. 某人去公园郊游，在草地上搭建了如图所示的简易遮阳篷，遮阳篷是一个直角边长为8的等腰直角三角形，斜边朝南北方向固定在地上，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，则当遮阳篷与地面所成的角大小为（ ）时，所遮阴影面面积达到最大. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】遮阴影面面积达到最大即是点到的距离最大，根据正弦定理表示出点到的距离，即可找出角度取值与面积之间的关系． 【详解】如图，过点作交于，连接，由题知， 因此就是遮阳篷与地面所成的角， 因为，则求遮阴影面面积最大，即是求最大， 又，， 设，由正弦定理得， 由得， 当且仅当时取等号，此时所遮阴影面面积最大， 所以． 故选：B 8. 已知函数，，若存在实数，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，即有解，对式子进行等价变形，运用同构函数转化为，构造，利用导数求解最值即可. 【详解】存在实数，使得，即不等式在上有解. 由 设函数（），则不等式可化为（*）. 易得函数在上单调递增， 故（*）式等价于. 又，所以有解，只需即可. 设（），则. 由；由. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以. 所以，又，所以. 故选：B 二、选择题：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. 9. 下列命题成立的是（ ） A. 已知，若，则 B. 若一组样本数据对应的样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为 C. 样本数据64，72，75，76，78，79，85，86，91，92的下四分位数为75 D. 对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越大，判断“与有关系”的把握性越小 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正态分布对称性判断A，由回归方程的系数的意义判断B，根据百分位数的定义判断C，根据独立性检验的意义判断D. 【详解】已知，正态曲线关于直线对称, 由，则， 所以，所以由对称性得，故A正确； 样本点全部落在直线上，说明变量间是完全负线性相关，因此相关系数 ，故B正确； 样本数据从小到大排列为，下四分位数位置为 ，向上取整为第 3 项，即 75，故C正确； 在独立性检验中，χ2 值越大，说明 “X与 Y 有关系” 的把握性越大，而非越小，故D错误； 故选：ABC. 10. 已知函数，若函数的部分图象如图所示，函数，则下列结论不正确的是（　　） A. 将函数的图象向左平移个单位长度可得到函数的图象 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数在区间上的单调递减区间为 D. 若函数为偶函数，则θ的最小值为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据图像确定，得到和的解析式，根据平移法则得到A正确，代入验证得到B正确，举反例得到C错误，计算最小值为，D错误，得到答案. 【详解】根据图像的最大值为，且，故， ，故或（舍），，故， 即，， 对选项A：， 向左平移得到，正确； 对选项B：当时，，故关于点对称，正确； 对选项C：，，，错误； 对选项D：为偶函数，则，， 解得，，当时，有最小值为，错误. 故选：CD. 11. 已知两个无公共点且半径为1的球，若在两球球面上各存在两点，使得这四点恰为某正四面体的四个顶点，则（ ） A. 该正四面体棱长可以为2 B. 该正四面体棱长可以为 C. 两球球心间的距离可以为 D. 两球球心间的距离的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，当正四面体棱长可以为2时，此时两球心分别在弦中点处，求得，故排除A，根据题意可得，利用三角换元可得球心距地最大值，即可判断BCD. 【详解】对于A，当正四面体棱长可以为2时，此时两球心在分别在弦中点处， 连接，因为正四面体棱长2，所以， 则，所以此时两球一定有交点，故A错误； 在正四面体中，设分别为弦中点，边上为， ，则， 对于B，棱长为时，此时，， 所以存在两个半径为1的球无公共点，故B正确； 对于CD，令， 则 其中， ，当取等，所以CD正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在展开式中，的系数为__________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 令可得展开式中系数为. 故答案为：. 13. 由曲线围成的图形的面积为_______________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：当时，曲线 表示的图形为 以为圆心，以为半径的圆在第一象限的部分，所以面积为 ，根据对称性，可知由曲线 围成的图形的面积为 考点：本小题主要考查曲线表示的平面图形的面积的求法，考查学生分类讨论思想的运用和运算求解能力. 点评：解决此题的关键是看出所求图形在四个象限内是相同的，然后求出在一个象限内的图形的面积即可解决问题. 14. 如图，A、B两点分别在x、y轴上滑动，为垂足，P点轨迹形成“四叶草”的图形，若，则的面积最大值为_________ . 【答案】## 【解析】 【分析】设，则为锐角，可得出，，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为所求. 【详解】设，则为锐角，所以，， 因为，则， ， 所以， 令，其中， 则， 因为，则，则， 由，可得，可得， 由，可得，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时，. 所以面积的最大值为. 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. 在锐角中，内角的对边分别是，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助余弦定理的推论计算即可得； （2）借助正弦定理可将边化为角，再结合锐角三角形性质计算即可得. 【小问1详解】 因，则， 则， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，所以，则， 由正弦定理，得， 所以， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 所以，所以， 所以，即的取值范围为. 16. 如图，已知四边形为菱形，对角线与相交于O，，点E不在平面内，平面平面直线平面，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】 【分析】（1）先根据线线平行得线面平行：平面，再根据线面平行证得结果； （2）根据菱形性质以及平面，建立空间直角坐标系，设坐标，求出平面一个法向量，最后根据向量数量积求得结果. 【详解】（1）因为四边形为菱形，所以， 平面，平面 平面， 因为平面平面直线平面 所以； （2）因为四边形为菱形，所以 因为平面，所以以O为坐标原点、OA,OB,OF为x,y,z轴建立空间直角坐标系 取CD中点M，连EM,OM 则, 为正三角形， 从而 设平面一个法向量为 所以 令 因此直线与平面所成角的正弦值为 【点睛】本题考查线线平行判定与性质定理、利用空间向量求线面角，考查基本分析论证与求解能力，属中档题. 17. 如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和. （Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程； （Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明； （Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为 （Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立， 【解析】 【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：， 2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2. 又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1. 由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝. 因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4. 因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1. (3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0， 显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|AB|＝ ＝. 同理可得|CD|＝. 则， 又k1·k2＝1， 所以. 故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|. 因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立． 考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系 点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式 18. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为的方框表示第场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第场比赛的胜者称为“胜者”，负者称为“负者”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为 ，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同. （Ⅰ）求甲获得冠军的概率； （Ⅱ）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可. （Ⅱ）如果甲进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇，有三种可能，甲乙、乙丙、乙丁，求三种情况的概率之和即可. 【详解】（Ⅰ）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： 1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜. 所以甲获得冠军的概率为. （Ⅱ）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况： 甲：1胜3胜，乙：1负4胜5胜； 甲：1负4胜5胜，乙：1胜3胜. 所以甲与乙在决赛相遇的概率为. 若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种情况： 乙：1胜3胜，丙：2胜3负5胜； 乙：1胜3负5胜，丙：2胜3胜. 同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为 . 丁与丙情况相同，所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为 . 【点睛】本题考查概率的概念、事件的关系以及概率的运算性质，属于难题. 19. 已知函数. （1）若当时恒成立，求实数的取值范围； （2）若，求证：在上有且仅有一个零点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求的单调性，按a的不同取值分类讨论即可求解； （2）利用导数求的单调性，结合零点存在性定理证明即可. 【小问1详解】 ，且 ①当时，，在上，故在上单调递减，所以在 上这与要求恒成立不相符； ②当时，上，故单调递增，所以在 上符合题意； 由①②则的取值范围是. 【小问2详解】 时，， ，令， 则，所以在上单调递减 且， 故使得，当时，，当时，. 即在上，单调递增，在上，单调递减 又，，， 所以，有; 故当时，，则，单调递减； 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减， 又因为，所以，， 所以函数在上有且只有一个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $