精品解析：湖南省部分校2024-2025学年高三上学期12月考试数学试卷

高三数学试卷 考生注意： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.本试卷主要考试内容：高考范围 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. （ ） A. B. C. D. 2. 圆和圆的位置关系为（ ） A. 内含 B. 内切 C. 外切 D. 外离 3. 为得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 4. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 5. Santa将15个相同的松果分给5个同学，每人至少获得一个松果，若他们获得的松果数量各不相同，则Santa的分配方法有（ ） A. 24种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 6. 已知函数满足对任意，，有，若，则（ ） A. 10 B. 15 C. 30 D. 40 7. 记焦距为2的双曲线的左右焦点分别为，，过的直线分别交的左右两支于，两点．若，则面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 给定，数列的前项和为，设甲：是公比为的等比数列；设乙：存在实数，使得是公比为的等比数列．则甲是乙的（ ） 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 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，有选错的得0分． 9. 设集合，，则（ ） A. B. C. 若集合，则 D. 若集合，则 10. 在平面直角坐标系中，函数的图象经过象限的数量可能为（ ） A. 一个 B. 两个 C. 三个 D. 四个 11. 随机森林是一种由多棵决策树构成的机器学习算法．每棵决策树会独立作出“是”或“否”的判断，当半数以上的决策树判断为“是”，随机森林的最终判断为“是”．现用五棵树的随机森林参与决断，设随机森林最终判断为“是”的概率为，第棵决策树判断为“是”的概率为（），则（ ） A. 若，（），则 B. 若，（），则 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数在复平面第一象限内的对应点为，且，则_________． 13. 若圆锥有三条母线互相垂直，则其轴线与母线夹角的正切值为_________． 14. 若平面内存在六个单位向量，使得其中任意三个向量和的模长均不大于，则实数的最小值为_________． 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. 已知函数，． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 16. 在中，，点，满足，． （1）证明：； （2）若，求． 17. 如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，且平面． （1）证明：四边形是菱形； （2）若该六面体的体积为，求二面角的正弦值． 18. 已知椭圆：（）的长轴长为，短轴长为． （1）求的离心率； （2）在上有三个不同的动点，，，且直线，的斜率之和为0．记的中点为． （ⅰ）若，求的轨迹方程； （ⅱ）若关于轴的对称点为，证明：直线过定点． 19. 若有限数列满足：对任意两项，（），总存在第三项（，），使得，，的某种排列为等差数列，则称为“分差数列”． （1）判断以下数列是否为“分差数列”，无需说明理由； ①1，2，3； ②1，2，3，4； ③0，2，3，4，6 （2）若为“分差数列”，求的值； （3）若是各项各不相同的“分差数列”，求该数列项数的所有可能值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 考生注意： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3.本试卷主要考试内容：高考范围 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数加法运算性质合并对数，再结合对数幂的运算性质化简，匹配选项得到结果. 【详解】根据对数的运算性质： 同底对数加法法则：对任意正实数，有， 因此对原式合并得： . 对数的幂运算法则：对任意正实数和实数，有，由于， 因此：  与选项C一致，故答案为C. 2. 圆和圆的位置关系为（ ） A. 内含 B. 内切 C. 外切 D. 外离 【答案】A 【解析】 【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径； 则两圆的圆心距，两圆的半径之差为，所以两圆内含. 3. 为得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】D 【解析】 【详解】设将函数的图象向右平移个单位， 则， 故， 取得，故需将函数向右平移个单位长度． 4. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】正实数，满足， 则有 ， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为. 5. Santa将15个相同的松果分给5个同学，每人至少获得一个松果，若他们获得的松果数量各不相同，则Santa的分配方法有（ ） A. 24种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 【答案】C 【解析】 【详解】和为15的5个互不相等的正整数仅有{1,2,3,4,5}这一组， 该组数量分配给5个不同同学，只需全排列即可，分配方法有种. 6. 已知函数满足对任意，，有，若，则（ ） A. 10 B. 15 C. 30 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的函数方程推导得到为常数，结合已知条件计算的值. 【详解】已知对任意，有，将式中替换为、替换为，可得， 因此有，变形得，即对任意非零实数，为定值. 由，得该定值为. 令，则，解得. 7. 记焦距为2的双曲线的左右焦点分别为，，过的直线分别交的左右两支于，两点．若，则面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设过的直线为并与双曲线联立，由韦达定理表示；根据结合距离公式可得；再由双曲线定义用表示、，结合、、的位置关系得，从而；换元，利用导数求的最大值，即得面积的最大值. 【详解】由焦距为2得，设双曲线方程为，焦点，. 设过的直线为，与双曲线交于，. 将代入双曲线方程，整理得， 所以. 由得，即. 代入，化简得，所以. 联立得，化简得， 由可得， 由双曲线定义，对于左支上的，；对于右支上的，. 又，所以，. 因在的左侧，故. 到直线的距离，所以面积. 代入得, 令，则. 设，求导得. 故当时取最大值，所以. 所以面积的最大值为，选项 B 正确. 8. 给定，数列的前项和为，设甲：是公比为的等比数列；设乙：存在实数，使得是公比为的等比数列．则甲是乙的（ ） 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】代入等比求和公式构造特定的证明了充分性，并利用作差法确定了条件乙只能保证数列从第二项起成等比、首项未必满足限制，从而证得不必要性. 【详解】充分性验证， 若是公比为的等比数列，因，则， 且， 若是公比为的等比数列．则有常数项为0， 即，解得，代回得， 显然是公比为，首项为的等比数列，故充分性成立， 必要性验证， 若存在实数，使得是公比为的等比数列， 设该数列的首项为，则， 若，则，即为每一项都为1的常数列，与矛盾， 所以，当时有， 整理得，即从第2项起是公比为的等比数列， 当时，， 若使整个为等比数列，则有， 即不恒成立，故必要性不成立， 综上， 甲是乙的充分不必要条件. 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，有选错的得0分． 9. 设集合，，则（ ） A. B. C. 若集合，则 D. 若集合，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】集合是模3余1的整数， 是模3余2的整数，则，故A正确； 3的倍数既不属于集合，又不属于集合，故，故B错误； 对任意，，满足集合的元素特征， 则，故C正确； 对任意，，满足集合的元素特征， 则，故D正确． 10. 在平面直角坐标系中，函数的图象经过象限的数量可能为（ ） A. 一个 B. 两个 C. 三个 D. 四个 【答案】BC 【解析】 【分析】本题通过分类讨论参数的取值，结合导数分析函数的单调性、最值、极限趋势，判断函数图象经过的象限. 【详解】首先求导得，且恒成立，即函数的图象恒过. 当时，，此时的图象经过一，二象限. 当时，，函数在上单调递增， 时，时， 此时的图象经过一、二、三象限. 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 最小值为， 当时，，当时，， 当时，， 此时的图象经过一、二象限. 当时，， 此时的图象经过一、二、四象限. 综上所述，函数的图象经过象限的数量可能为两个或三个. 11. 随机森林是一种由多棵决策树构成的机器学习算法．每棵决策树会独立作出“是”或“否”的判断，当半数以上的决策树判断为“是”，随机森林的最终判断为“是”．现用五棵树的随机森林参与决断，设随机森林最终判断为“是”的概率为，第棵决策树判断为“是”的概率为（），则（ ） A. 若，（），则 B. 若，（），则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】棵独立决策树，至少棵判断“是”，最终结果才为“是”.设为判断“是”的树的数量，则，逐一分析四个选项的概率不等式与等式. 【详解】设当时表示第棵决策树判断为“是”；设当时表示第棵决策树判断为“否”. 且，决策树判断为“是”的个数为，则. 对于选项A，若（），则，， 因为， 则， 即，所以，故A正确； 对于选项B，又因为， 则， 若，则，. 设，， 则对称轴，开口向上，所以在区间是单调递增. 又，所以在恒成立. 所以，即，故B正确； 对于选项C：因为， 则，， 所以第棵决策树关于棵“是”对称. 同理第棵决策树关于棵“是”对称. 又，所以“是”的个数关于对称，则. ，故C正确； 对于选项D：若， 令，则. 即前两棵必为“是”，只需后三棵至少一棵“是”. 所以，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数在复平面第一象限内的对应点为，且，则_________． 【答案】 2 【解析】 【分析】根据复平面内点的坐标写出复数与共轭复数，利用复数与其共轭复数的乘积等于模的平方列方程，结合第一象限点的坐标特征求解. 【详解】由复数在复平面内的对应点为，可得，其共轭复数. 根据复数运算性质：任意复数与其共轭复数的乘积等于该复数模的平方，即，代入得：  ， 结合题设，列方程得：  解得，即或. 又因为点位于复平面第一象限，第一象限内点的纵坐标大于0，即，故舍去，最终得. 13. 若圆锥有三条母线互相垂直，则其轴线与母线夹角的正切值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由空间直角坐标系利用空间向量求解． 【详解】如图所示： 记三条母线为，不妨设，则为等边三角形， ，记的中心为，则， 得点为圆锥底面圆的圆心，则圆锥底面，得圆锥的轴线所在的向量为，母线所在的向量为， 记圆锥的轴线与母线夹角为， 则， 得， 则． 14. 若平面内存在六个单位向量，使得其中任意三个向量和的模长均不大于，则实数的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】取三个方向，两两夹角为，每个方向放两个单位向量这种情况下最大值为，即有；再证明任意情况下必有三个向量落在某个的扇形内，得到三向量之和的模的平方，求出其最小值与即可得出答案. 【详解】取三个方向，两两夹角为，每个方向放两个单位向量，有以下两种情况： 三个方向各取一个，则三向量之和为0，其模长为0； 两个同向，一个在另一个方向，设同向向量为，另一个向量为，且， 则， 即此时有； 任取六个单位向量，设相邻两个方向夹角为，则， 考虑相邻两个夹角之和为：， 假设相邻两个夹角大于，则它们的总和大于， 又因为 矛盾，所以必有三个向量落在某个的扇形内. 设这三个向量两两之间的夹角为，，，其中，，， 它们的和的模的平方为， 令，则， 因为，且余弦函数在单调递减， 所以， 因为余弦函数是偶函数，所以， 所以， 则=， 因为，所以，即， 所以， 即， 综上所述，实数的最小值为. 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. 已知函数，． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性． 【答案】（1） （2）当时，函数在上单调递减； 当时， 函数在上单调递减，函数在上单调递增. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程进行求解即可； （2）根据导数的正负性和函数单调性的关系分类讨论进行求解即可. 【小问1详解】 当时，， 因为， 所以曲线在处的切线方程为； 【小问2详解】 ， 函数的定义域为全体正实数， 当时，当时，，函数在上单调递减； 当时，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 综上所述：当时，函数在上单调递减； 当时， 函数在上单调递减，函数在上单调递增. 16. 在中，，点，满足，． （1）证明：； （2）若，求． 【答案】（1）设， ，由，得， 由得， 所以， ，由，得， 所以， 所以，， 因为，所以，所以，所以，即. （2） 【解析】 【分析】(1)用基底表示向量，利用，证明，得到； (2)利用向量夹角公式，代入建立关于的方程求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以， ，， 记，， ， ， 由（1）知， 因为， 所以， 即， 因为，所以， 化简得，所以. 17. 如图，在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，且平面． （1）证明：四边形是菱形； （2）若该六面体的体积为，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：在平行六面体中，且， 又底面是正方形， 故且， 因此且， 故四边形是平行四边形． 连接， 因为平面，而平面， 所以，即平行四边形的对角线互相垂直， 故四边形是菱形． （2） 【解析】 【分析】（1）先利用平行六面体和正方形的性质证明四边形是平行四边形，再结合线面垂直的性质得到平行四边形对角线互相垂直，即可证明其为菱形； （2）先根据平行六面体体积公式求出两底面的距离，再建立空间直角坐标系，利用线面垂直的条件求出点的坐标，然后分别求两个平面的法向量，最后通过法向量的夹角计算二面角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面是边长为2的正方形， 所以底面的面积为， 由平行六面体体积， 可得两底面距离． 以D为原点，为轴正方向，为轴正方向，垂直底面向上为轴正方向建立空间直角坐标系， 则 设，则． 其中， 在平面内，， 因为平面，平面， 所以，，即，， 则，解得． 同理，， 结合图形取，故． 平面的法向量取， 设平面的法向量为， 则， 令，得． 设法向量夹角为， 则， ， 所以二面角的正弦值为． 18. 已知椭圆：（）的长轴长为，短轴长为． （1）求的离心率； （2）在上有三个不同的动点，，，且直线，的斜率之和为0．记的中点为． （ⅰ）若，求的轨迹方程； （ⅱ）若关于轴的对称点为，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）由题意，关于轴的对称点为， 由，，得 即 这说明与共线，即三点共线， 当时，，与重合于原点，直线仍过原点， 因此直线恒过定点. 【解析】 【分析】（1）利用长轴长和短轴长求出，由求出，由离心率可求解；（2） (i) 利用两直线斜率互为相反数的条件设直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得中点坐标，结合垂直条件代入椭圆方程消参求轨迹；(ii) 通过坐标比例关系证明A与T共线于原点，直接得出定点. 【小问1详解】 由题意，长轴长，短轴长，故 由椭圆中，得，所以的离心率 【小问2详解】 由（1）知椭圆的标准方程为，即， 设，，，则， 由，设直线斜率为，则直线斜率为， 直线：，与椭圆联立， 整理得 方程两根为的横坐标，由韦达定理得得 将替换为，得点的横坐标， 设中点，则 由得 代入，得 （ⅰ）由，得，即，故， ，所以 因点在椭圆上，满足，得化简得 当直线或与椭圆相切于时，或与重合，不符合 “三个不同动点” 条件， 直线：，与椭圆联立，整理得 令，得， 所以， 因为，所以，，所以， 所以椭圆在处切线斜率为，令，解得， 由，，对应，即四点需舍去， 故的轨迹方程为： 19. 若有限数列满足：对任意两项，（），总存在第三项（，），使得，，的某种排列为等差数列，则称为“分差数列”． （1）判断以下数列是否为“分差数列”，无需说明理由； ①1，2，3； ②1，2，3，4； ③0，2，3，4，6 （2）若为“分差数列”，求的值； （3）若是各项各不相同的“分差数列”，求该数列项数的所有可能值． 【答案】（1）①是；②不是；③是； （2） （3）3和5 【解析】 【分析】（1）根据定义判断即可； （2）分别假设数列四项均不同，有三项相同，以及有两项相同和全部相同，分别用定义判断即可； （3）（3）对各项作仿射变换，把最小项、最大项化为 ，．由端点对先得到 ；再证明右半区间内若有额外项只能是 ，由对称性左半区间内只能是 ，从而确定项数． 【小问1详解】 根据定义验证， ①数列1，2，3中任意两项都存在剩余的第三项，三者可排列为等差数列，符合定义； ②数列1，2，3，4中取两项1和4，剩余项只有2，3，不存在第三项使得1，4和2或3的某种排列为等差数列，不符合定义； ③数列0，2，3，4，6中任意两项都能找到剩余第三项满足三者可排列为等差数列，符合定义. 【小问2详解】 记该数列为，该数列共4项，先假设四项各不相同，将四项从小到大排序为， 取最小项0，和最大项M，根据分差数列定义，存在第三项使得成等差，故，即， 此时数列中包括，设数列的第四项为t， 取数列中两项，根据分差数列定义，存在第三项使得成等差，或者成等差， 即或者，其中或者， 由此可知存在三种情况，而我们假设是四项各不相同，且为数列中最大项， 无论哪种情况均和假设不符，故该数列存在相同项； 当数列存在三项相同，即或者，其中不为0 此时取和，根据分差数列定义，不存在或者，使得这三项成等差，故该假设错误； 当数列存在两项相同，即或者，其中不为0 此时取和，根据分差数列定义，不存在另一项为0，使得这三项成等差，故该假设错误； 综上，若使0，，，为“分差数列”，只能是， 故. 【小问3详解】 设该数列共有 项，且各项互不相同． 按定义必须有 ． 设最小项为 ，最大项为 ，作仿射变换． 变换后仍为“分差数列”，且最小项为0，最大项为1． 取0与1两项，第三项不可能落在区间 外，因此只能是二者的中点 ． 所以数列中必有． 若没有其他项，则 ，并且 ，， 确为“分差数列”，故 可行． 下面设还有其他项． 先研究区间 ． 若其中有一项 ，取0与 两项． 由于所有项都在 内，能与0， 组成等差数列的第三项只能是 ，所以 也在数列中． 再取 与1两项，同理第三项只能是，所以它也在数列中． 令，则所有 都是数列中的项，并且． 若 ，则 两两不同，与数列有限矛盾． 因此区间 内若有项，只能是． 对数列作变换 ，仍保持“分差数列”性质，因此区间 内若有项，只能是． 若 出现，取0与 两项，第三项只能是 ； 反之，若 出现，取 与1两项，第三项只能是 ． 因此额外项要么都不出现，要么 与 同时出现． 所以项数只能为3或5． 当 时，数列 是第（1）问中 经仿射变换得到的“分差数列”，故 也可行． 因此该数列项数的所有可能值为 和 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $