四川省南充市阆中东风学校2024-2025学年高三12月月考试题数学答案

东风中学校高2022级12月月考试题数学试卷一．单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）1.已知集合，，若，则实数（）A. B. C. D.或1【答案】C【解析】【分析】由集合间的关系建立等量关系，求得实数的值.【详解】∵，∴，即.故选：C.2.为虚数单位，复数，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再根据虚部的定义即可求解.【详解】，所以的虚部为，故选：B.3.“”是“”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.既不充分出不必要条件【答案】B【解析】【分析】解不等式，根据必要不充分条件的概念可判断.【详解】由得，因为是的真子集，∴“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.已知圆锥和圆柱底面半径相等，若圆锥的母线长是底面半径的倍，圆柱的高与底面半径相等，则圆锥与圆柱的体积之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设圆锥和圆柱底面半径为，表示圆锥和圆柱的高，利用圆锥和圆柱的体积公式可得结果.【详解】设圆锥和圆柱底面半径为，则圆锥母线长，圆柱的高为，故圆锥高，圆锥体积，圆柱体积，所以.故选：C.5.若曲线在处的切线的倾斜角为，则（）A. B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，将2代入导数求出的值，根据同角三角函数的基本关系求出结果.【详解】因为，所以，，则.故选：D.6.在中，边上的中线，则（）A.1 B.2 C.4 D.8【答案】B【解析】【分析】利用，由数量积定义计算即可．【详解】因为，所以.故选：B.7.已知数列的首项，前n项和，满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据得到，两式相减得到，求出即可求解.【详解】因为，所以，两式相减得，所以，所以，所以，所以，所以.故选：C.8.已知定义在[，]上的函数满足，且当x[，1]时，，若方程有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是（）A.(，] B.(，]C.(，] D.(，]【答案】B【解析】【分析】由题设，求分段函数的解析式并画出图像，将方程有三个不同实根转化为和有三个不同的交点问题，由数形结合思想结合导数研究函数的交点情况，进而求参数的范围.【详解】∵当时，，∴当时，，综上，，当时，，则在上单调递增，当时，，则在上单调递减，∵有三个不同的实数根，∴的图像和直线有三个不同的交点，作的大致图像如图所示，当直线和的图像相切时，设切点为，∴，可得，，代入，可得，当过点时，，由图知，实数的取值范围为.故选：B.【点睛】关键点点睛：将方程有三个不同的实数根转化为函数图象有三个不同交点问题，应用数形结合思想及导数研究函数图象的交点情况，求参数.二､多选题（本题共3个小题，每个小题6分，共计18分，在每小题给出的选项中，有多要符合题目要求，全部远对的每6分，部分远对的得部分分有选错的得0分）9.已知抛物线的焦点为为坐标原点，点在抛物线上，若，则（）A.的坐标为 B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据抛物线的定义和标准方程，以及抛物线的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由抛物线，可得，所以，且焦点在y轴正半轴上，则焦点，所以A错误；由抛物线定义,可得，解得，所以B正确；由，可得，所以，则，所以C不正确；由，所以D正确．故选：BD．10.从中随机取一个数记为，从中随机取一个数记为，则下列说法正确的是（）A.事件“为偶数”的概率为B.事件“为偶数”的概率为C.设，则的数学期望为D.设，则在的所有可能的取值中最有可能取到的值是12【答案】ACD【解析】【分析】由古典概型的概率模型求解概率即可判断A，B选项；求出的分布情况，利用公式求解数学期望即可判断C选项；求出的所有可能的取值的概率即可判断D选项.【详解】从中随机取一个数记为，从中随机取一个数记为，则样本空间为：，对于A：所以为偶数有：四种，所以概率为，故A正确；对于B：为偶数的有：七种情况，所以概率为，故B错误；对于C：设，则，，，，，，所以，故C正确；对于D：设，则，,，所以在的所有可能的取值中最有可能取到的值是，故D正确；故选：ACD11.在直棱柱中，底面为正方形，为线段上动点，分别为和的中点，则下列说法正确的是（）A.当，则三线交于一点B.三棱锥的体积为定值C.直线与所成角的余弦值为D.最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据中点关系，可得三角形全等，即可判断A，根据等体积法即可求解B，利用余弦定理即可求解CD.【详解】由于分别为和的中点，延长,相交于，则,故,取中点,连接交于，则,故,又,是中点，，故在一条直线上，因此与重合，故三线交于一点,正确，由于平面,平面，故平面，又为线段上动点，因此到平面的距离与到平面的距离相等，故,故B正确，对于C，由于故即为直线与所成角或其补角，由于,故由余弦定理可得，故C错误，对于D，如图，沿着将四边形展开，得到平面图，连接交于，则由余弦定理可得，故D正确，故选：ABD三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分把答案填在题中的横线上）12.的展开式中常数项是______．（用数字作答）【答案】15【解析】【分析】写出二项展开式的通项，由的指数为0求得值，则答案可求．【详解】解：由．取，得．展开式中常数项为．故答案为：15．13.若数列满足，其前项和为，若，则__________.【答案】17【解析】【分析】由已知可得数列为等差数列，设数列的公差为，根据已知条件求出的值，可得出的值，利用等差数列的求和公式可求得的值.【详解】因为数列满足，则数列为等差数列，设数列的公差为，则，可得，所以，所以.故答案为：.14.设双曲线（）的右顶点为F，且F是抛物线的焦点．过点F的直线l与抛物线交于A，B两点，满足，若点A也在双曲线C上，则双曲线C的离心率为__________．【答案】##【解析】【分析】求出直线的方程，与抛物线方程联立求出点坐标，再结合已知求出双曲线的离心率.【详解】抛物线的焦点，直线不垂直于轴，设其方程为，由消去得：，设，则，由，得，由对称性不妨令点在第一象限，解得，，由点在双曲线上得，，又，解得，所以双曲线C的离心率.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.如图，正四棱柱中，为的中点，，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法证明即可；（2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】如图建立空间直角坐标系，则A1,0,0，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取；设平面的法向量为，则，取；因为，即，所以平面平面；【小问2详解】设平面的法向量为，则，取，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.16.已知函数的图象关于点中心对称.（1）求、的值；（2）若，当时，的最小值为，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由已知可得出，可得出关于、的方程组，即可解得这两个未知数的值；（2）利用导数分析函数的单调性，分、两种情况讨论，结合函数在上的最小值为，可求得实数的值.【小问1详解】依题意，，即，所以，，所以，.【小问2详解】由（1）可知，，则，所以当时，f′x<0，单调递减，当x∈1,+∞时，f′x>0，单调递增，若，则在区间内的最小值为，即，解得或，均不符题意；若，则函数在上单调递减，在上单调递增，则在区间内的最小值为，解得，符合题意..17.中，设角，，所对的边分别为，，，.（1）求的大小；（2）若的周长等于3，求的面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和三角函数恒等变换公式对原式变形化简可得，再结合角的范围，可求出角的值，（2）由余弦定理结合基本不等式可得，然后利用三角形的面积公式可求出面积的最大值.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得，又，所以，所以，即.因为，，所以，即.【小问2详解】解：在中，由余弦定理得，即①，又，所以，代入①得，整理得，又因为，当且仅当时取等号，因为，所以，所以，解得或（舍去），故，故的面积，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.18.某工厂生产某款电池，在满电状态下能够持续放电时间不低于10小时的为合格品，工程师选择某台生产电池的机器进行参数调试，在调试前后，分别在其产品中随机抽取样本数据进行统计，制作了如下的列联表：产品合格不合格合计调试前451560调试后35540合计8020100（1）根据表中数据，依据的独立性检验，能否认为参数调试与产品质量有关联；（2）现从调试前的样本中按合格和不合格，用分层随机抽样法抽取8件产品重新做参数调试，再从这8件产品中随机抽取3件做对比分析，记抽取的3件中合格的件数为，求的分布列和数学期望；（3）用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在随机抽取调试后的产品1000件，记其中合格的件数为，求使事件“”的概率最大时的取值.参考公式及数据：，其中.0.0250.010.0050.0015.0246.6357.87910.828【答案】（1）依据的独立性检验，可认为参数调试与产品质量无关联（2）分布列见解析，数学期望为（3）875【解析】【分析】（1）计算的值，将其与对应的小概率值比较即得；（2）先算出抽取的8件产品中的合格品与不合格品的数目，再从中抽取3件，根据合格品件数的可能值运用超几何分布概率计算出概率，列出分布列计算数学期望即得；（3）分析得出，利用二项分布概率公式得出再利用作商法分析得时，事件“”的概率最大.【小问1详解】零假设为：假设依据的独立性检验，认为参数调试与产品质量无关联；则，故依据的独立性检验，没有充分证据说明零假设不成立，因此可认为成立，即认为参数调试与产品质量无关联；【小问2详解】依题意，用分层随机抽样法抽取的8件产品中，合格产品有件，不合格产品有2件，而从这8件产品中随机抽取3件，其中的合格品件数的可能值有.则.故分布列为：123则；【小问3详解】依题意，因随机抽取调试后产品的合格率为，故，则由，故由可解得，因，故当时，单调递增；由可解得，即当时，单调递减.故当事件“”的概率最大时，.【点睛】方法点睛：（1）计算卡方值，并与小概率值比较得出结论；（2）求随机变量的分布列关键在于判断满足的概率模型；（3）对于二项分布中概率最大值问题，一般考虑作商后分析判断商与1的大小即得.19.已知是首项为的等差数列，其前项和为，，为等比数列，，．（1）求和的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）记，若对任意恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题意求出、的值，根据等差数列和等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式；（2）求得，然后对分偶数和奇数两种情况讨论，结合等差数列求和公式可求得的表达式；（3）求出数列的通项公式，分析数列的单调性，可求出数列最大项的值，即可得出实数的取值范围.【小问1详解】设等差数列的公差为，因为，，解得，所以，.设的公比为，因为，，解得，所以，.【小问2详解】因为，当为偶数时，．当为奇数时，．所以，.【小问3详解】因为，．令，则，当时，，即，当时，，即，所以，数列的最大项为，因为恒成立，所以，，即实数的取值范围为．