湖北省市级示范高中智学联盟2024-2025学年高三上学期12月月考数学答案

湖北省市级示范高中智学联盟2024年秋季高三年级12月联考参考答案一、单选题4x1．设集合AxRylg，B2,1,0,1,3,4,5，则AB（）x2A．0,1,2,3B．1,0,1,3C．2,1,0,1,2,3D．2,1,0,1,31．B【分析】利用对数函数的定义域求法化简集合A，再利用集合的交并补运算即可得解.4x4x【详解】因为AxRylgx0x2x4，x2x2又B2,1,0,1,3,4，所以AB1,0,1,3.故选：B.z12．若复数z1，z2在复平面内对应的点关于x轴对称，且z11i，则复数（）z2A．1B．1C．iD．i2．C【分析】根据对称性求出z2，再利用复数除法求解作答.【详解】复数z1，z2在复平面内对应的点关于x轴对称，且z11i，则z21i，z(1i)22i所以1i.z2(1i)(1i)2故选：C3．已知等差数列an的公差为-，若a1,a3,a4成等比数列，Sn是an的前n项和，则S9等于（）2A．B．6C．-D．3．D81002【分析】由，，成等比数列，可得a3，再利用等差数列的通项公式及其前项13414aaa=aan试卷第1页，共18页{#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}和公式即可得出．2【详解】∵，，成等比数列，∴a3，13414aaa=aa∴2（），(a122)•-3×211化为，=aa1解得2a=1．6198∴则a=8×（-2）=0，29故选S．=8×9+【点睛D】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于简单题．n144．已知随机变量~N1,2，且P1Pa，则0xa的最小值xax为（）97A．9B．3C．D．234．B114【分析】利用正态分布密度曲线的对称性可求得a3，代数式x3x与3x3x相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.a【详解】因为随机变量~N1,2，且P1Pa，则1，可得a3，31414114x3xxaxx3x3x3x13x4x13x4x14523，3x3x3x3x14当且仅当x1时，等号成立，所以，0xa的最小值为3.xax故选：B.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；试卷第2页，共18页{#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.5．已知ABC的三个角A，B，C的对边分别是a，b，c，若3a2b，B2A，则sinB（）113737A．B．C．D．88885．D【分析】利用正弦定理将边化为角，利用题设将B换为A，从而求出cosA，再利用二倍角公式求出sinB.【详解】因为3a2b，所以3sinA2sinB2sin2A4sinAcosA，因为A0,π，所以sinA0，3所以34cosA，即cosA，43737所以sinBsin2A2sinAcosA2.448故选：D．ππ6．将函数f(x)sin2x(0)的图象向右平移个单位长度后与函数36g(x)cos(2x)的图象重合，则的最小值为（）9111315A．B．C．D．22226．Bππ【分析】求出yfx，根据fxcos2x可得ω，从而可求其最小值.66πππππ【详解】yfxsin2xsin2x，66333πcos(2x)sin2x，kZ，2试卷第3页，共18页{#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}πππ1由题可知，2kπ，kZ，解得6k，kZ，332211又0，当k1时，取得最小值．2故选：B．2x2,x0,37．已知函数fx若fafa4，则gxaxx的单调递减区x4,x0,间为（）15，或151515A．,,B．,,151515156，或666C．,,D．,,66667．C【分析】先根据题目条件求出a的值，再根据三次函数的性质求出g(x)的单调递增区间2a4a42,3【详解】解：依题意，解得a＝－2，故gx2xx，可知gxa0a4,6，或6在,,上单调递减66故选：C308．如图，底面同心的圆锥高为，A，B在半径为1的底面圆上，C，D在半径为25的底面圆上，且AB//CD，ABCD，当四边形ABCD面积最大时，点O到平面PBC的距离为（）试卷第4页，共18页{#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}62612212A．B．C．D．55558．A【分析】根据给定条件，确定四边形ABCD的形状，再求出四边形ABCD面积最大时，圆心O到边BC的距离，然后在几何体中作出点O到平面PBC的垂线段，借助直角三角形计算作答.【详解】如图，直线AB交大圆于点F,E，连接CE,DF，由AB//CD，知四边形CDFE为等腰梯形，取AB,CD的中点M,N，连接MN，则MNAB，由BMCN,BM//CN，知四边形BCNM是矩形，因此四边形ABEF为矩形，过O作OQBC于Q，连接OB,OC,OA,OD，1从而四边形ABCD的面积S2S4S4OBOCsinBOC4，ABCDBCNMBOC2OBOC122当且仅当BOC90，即OBOC时取等号，此时OQ，OB2OC212225如图，在几何体中，连接PQ,PO，因为PO平面ABCD，BC平面ABCD，则POBC，又OQBC，试卷第5页，共18页{#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}POOQO,PO,OQ平面POQ，于是BC平面POQ，而BC平面PBC，则有平面POQ平面PBC，显然平面POQ平面PBCPQ，在平面POQ内过O作ORPQ于R，从而OR平面PBC，即OR长即为点O到平面PBC的距离，303025在Rt△POQ中，PO，PQPO2OQ2()2()22，555302POOQ56，OR5PQ256所以点O到平面PBC的距离是.5故选：A【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.二、多选题9．下列说法中正确的有（）x22x1A．函数y在1,上单调递增3B．函数fx的定义域是2,2，则函数fx1的定义域为3,1C．不等式xx25ax6a20aR的解集为x2ax3a试卷第6页，共18页{#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}2xD．函数y关于点1,2中心对称x1【分析】由复合函数的单调性可判断A；由函数的定义域的定义可判断B；对a讨论，分a0,a0,a0，可判断C；由函数的图象平移可判断D.x22x1【详解】对于A，函数y在1,上单调递减，故A错误；3对于B，函数fx的定义域是2,2，可得2x12，解得3x1，所以函数fx1的定义域为3,1，故B正确；对于C，不等式xx25ax6a2(x2a)(x3a)0aR，当a0时解集为；当a0时解集为x3ax2a；当a0时解集为x2ax3a，故C错误;2x11对于D，y2的图象可由y向左平移1个单位，再向上平移1个单位x1x1x2x得到，可得y关于点1,2中心对称，故D正确.x1故选：BD.10．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，AD22，APABPD2，平面PAD平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（）A．存在点M使得BDAMB．四棱锥PABCD外接球的表面积为12ππC．直线PC与直线AD所成角为6D．当动点M到直线BD的距离最小时，过点A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥PADMN的体积是1【分析】取AD的中点G，证明BD平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断A，把四棱锥PABCD补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断BC，由BD平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时HMPC，从而得M为PC的中点，N为QA的中点，再由体积公式计算后判断D．【详解】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，GCBDH,则PGAD，因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PG平面PAD，所以PG平面ABCD，BD平面ABCD，则PGBD．试卷第7页，共18页{#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAACQgGxFAIMAAAiQNABAA=}#}ABCD又因为tanADBtanDGC1，所以GCBD，ADGD又PGGCG，PG,GC平面PGC，所以BD平面PGC．因为M平面PGC，A平面PGC，所以BDAM不成立，A错误．因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥PABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径R3，即四棱锥PABCD外接球的表面积为12π，B正确．π如图2，直线PC与直线AD所成角即为直线PC与直线BC所成角，为，C错误．3如图1，因为BD平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时HMPC，DC26由上推导知PGGC，GC22(2)26，cosDCG，CG63266CHDCcosDCG，GHGCCH，332626PHPG2GH22()2，PHCH，33因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为QD中点,平面ADM即平面ADQ与BP的交点也即为QA与BP的交点,可知N为QA的中点，故33311VPADMNVPAQDVQAPD2221，D正确．44432故选：BD．【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此试卷第8页，共18页{#{QQABRQIAoggIAAIAARgCUwEgCgKQkhAA