湖北省腾云联盟2024-2025学年高三上学期12月联考（一模）数学试卷

这是一份湖北省腾云联盟2024-2025学年高三上学期12月联考（一模）数学试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知椭圆，则下列结论正确的是（ ）
A．的焦点在轴上
B．的焦距为4
C．的离心率
D．的长轴长是短轴长的倍
3．展开式中含项的系数为（ ）
A．40B．C．20D．
4．高三教学楼门口张贴着“努力的力量”的宣传栏，勉励着同学们专心学习，每天进步一点点，时间会给我们带来惊喜.如果每天的进步率都是，那么一年后是，如果每天的落后率都是，那么一年后是，一年后“进步”是“落后”的230万倍，现张三同学每天进步，李四同学每天落后，假设开始两人相当，则大约（ ）天后，张三超过李四的100倍（参考数据：）
A．7B．17C．27D．37
5．已知函数是减函数，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知实数满足，则最大值为（ ）
A．2B．3C．D．
7．已知数列为等比数列，，若的前9项和为，则数列的前9项和为（ ）
A．B．C．D．
8．设双曲线的左､右焦点分别为，左､右顶点为，已知为双曲线一条渐近线上一点，若，则双曲线的离心率（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列关于向量与复数的说法正确的有（ ）
A．若复数满足，则
B．若复数满足，则
C．若，则或
D．若，则或
10．已知函.（ ）
A．的最小值为
B．在区间上单调递减
C．若当时，取得极大值，则
D．若在区间恰有3个零点，则
11．已知定义在上的函数分别满足：为偶函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．函数为周期函数
B．
C．的图像关于点中心对称
D．
三、填空题
12．已知直线，若，则 .
13．已知三棱锥的四个顶点都在球体的表面上，若，且，则球体的表面积为 .
14．已知中，
① ；
②为边的中点，若，则 .
四、解答题
15．已知数列满足.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)令，求数列的前项和.
16．已知.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间内存在极小值点，求的取值范围.
17．如图，在平行四边形中，为的中点，沿将翻折至位置得到四棱锥为上一动点.

(1)若为的中点，证明：在翻折过程中均有平面；
(2)若，①证明：平面平面；
②记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，若，求点到平面的距离.
18．如图，已知抛物线，过点作斜率为的直线，分别交抛物线于与，当时，为的中点.
(1)求抛物线的方程；
(2)若，证明：；
(3)若直线过点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标.
19．在某一次联考中，高三（9）班前10名同学的数学成绩和物理成绩如下表：
(1)从这10名同学任取一名，已知该同学数学优秀（成绩在120分（含）以上），则该同学物理也优秀（物理成绩在78分（含）以上）的概率；
(2)已知该校高中生的数学成绩，物理成绩，化学成绩两两成正相关关系，经计算这10名同学的数学成绩和物理成绩的样本相关系数约为0.8，已知这10名同学物理成绩与化学成绩的样本相关系数约为，分析相关系数的向量意义，求的样本相关系数的最大值.
(3)设为正整数，变量和变量的一组样本数据为，其中两两不相同，两两不相同，按照由大到小的顺序，记在中排名是位在中的排名是位.定义变量和变量的斯皮尔曼相关系数（记为）为变量的排名和变量的排名的样本相关系数.记，其中，证明：，并用上述公式求这组学生的数学成频和物理成绩的斯皮尔曼相关系数（精确到0.01）
（参考公式：相关系数）
学生编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩
116
131
124
126
121
110
106
99
118
117
数学名次
7
1
3
2
4
8
9
10
5
6
物理成绡
80
78
79
81
74
65
63
70
73
84
物理名次
3
5
4
2
6
9
10
8
7
1
参考答案：
1．C
【分析】由，得到，再由集合之间的包含关系列不等式组求解即可；
【详解】由解得，
因为，所以，
所以，解得，即的取值范围是，
故选：C.
2．C
【分析】求出椭圆的的值，结合椭圆的几何性质逐项判断即可.
【详解】在椭圆中，，，，
对于A选项，椭圆的焦点在轴上，A错误；
对于B选项，椭圆的焦距，B错误；
对于C选项，椭圆的离心率为， C正确；
对于D选项，椭圆的长轴长为，椭圆的短轴长为，的长轴长是短轴长的倍，D错误.
故选：C.
3．B
【分析】由二项式定理展开式的通项中令，再求解即可；
【详解】展开式的通项为，
所以令，解得，
所以展开式中含项的系数为，
故选：B.
4．B
【分析】依题意得，利用对数的运算性质即可求解.
【详解】经过天后，张三超过李四的100倍，所以，
两边取以10为底的对数得，所以，
又，所以,
所以大约17天后，张三超过李四的100倍.
故选：B
5．D
【分析】求导得，根据题意可得对恒成立，求得的最小值即可.
【详解】由，可得，
因为函数是减函数，所以对恒成立，
即对恒成立，所以对恒成立，
所以，又，当且仅当时等号成立，
所以，所以，所以的取值范围为.
故选：D.
6．A
【分析】解法（1）采用三角换元，令，再结合余弦函数的值域求解即可；解法（2）采用基本不等式求解即可；
【详解】解法（1）：由，
令，即，，
，即最大值为2；
解法（2）：
当且仅当，即时取等号，
，即最大值为2，
故选：A.
7．D
【分析】记数列公比为且，利用等比数列前n项和可得，再由公比也为及等比数列前n项和、等比中项性质，即可求结果.
【详解】记数列公比为且，则，故，
所以公比也为，
则前9项和.
故选：D
8．A
【分析】由双曲线的对称性不妨设，由题意可得，化简可得，可得，进而可得，求解即可.
【详解】因双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线为，焦点，
由双曲线的对称性不妨设，
因为，所以，所以，
所以，所以，
所以，又，所以，
所以，所以. ，两边平方得，
所以，所以，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
9．BD
【分析】取可判断A；计算可得，进而求模判断B；对于C，取两个单位向量，它们的方向可任意，判断C；由已知可得，计算可判断D.
【详解】对于A，，满足，但，显然，故A错误；
对于B，因为，所以，
所以，故B正确；
对于C，若是两个单位向量，有，但两个单位向量的方向可以任意，即可不共线，故C错误；
对于D，因为，所以，所以，所以，
所以或，故D正确.
故选：BD.
10．ACD
【分析】利用二倍角公式结合二次函数性质可得A正确，对求导可判断B错误，由极值点定义可判断C正确，结合函数图象以及零点个数得出不等式关系，解得，可得D正确.
【详解】对于A，易知，
由二次函数性质可得当时，取得最小值为，即A正确；
对于B，
当有正负，可知B选项错误，
对于C，由B可知当时，单调递增，当时，单调递减；
所以当时，取得极大值时，即C正确；
对于D，易知，
当时，
由正弦函数图象性质可得有3个零点时满足，解得，即D正确.
故选：ACD
11．ACD
【分析】根据表达式化简计算可得，即A正确，因为偶函数在原点处的取值不确定，可判断B错误，由对称中心定义可判断C正确，利用累加法计算可得D正确.
【详解】对于A，由可得，即的周期为2，A正确.
对于B，因为为偶函数，令可得无法确定，B错误，
对于C，因为为偶函数，所以，
可得，
因此关于点中心对称，即C正确；
对于D，，，
累加可得，所以，即D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：在求解对称中心问题时，要充分利用定义将表达式化简得出相应结论即可.
12．
【分析】根据两直线平行的斜率表示得出等量关系即可求得结果.
【详解】易知直线的斜率存在且为，
由可知，且，所以.
故答案为：
13．
【分析】取的中点，连接，由已知可证，可得，进而可得，可得平面，从而可得三棱锥的外接球球心在直线上，设，可得，从而可求球体的表面积.
【详解】如图所示：取的中点，连接，
因为，所以，
又，，所以，
因为，，所以，
所以，所以，
又，所以，
所以，所以，又，平面，
所以平面，又是的外心，
所以三棱锥的外接球球心在直线上，
设，则，所以，解得，
所以外接球的半径为，
所以球体的表面积为.
故答案为：.
14． /0.25
【分析】①由同角的三角函数关系，正弦定理边化角，余弦定理求解即可；
②设由余弦定理求解即可；
【详解】，
即
由正弦定理角化边可得
由余弦定理可得；
设
由余弦定理结合①得
在中，在中，
所以，即，
，
等式两边同时除以可得，
解得或（舍去），
所以.
故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是能分别在中和中利用余弦定理表示出.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得，进而结合已知可得，可得结论；
（2）结合（1）可得，令，对照系数可得，进而利用累加法可求得.
【详解】（1）因为，所以，
所以，所以，
又，所以是以1为首项，1为公差的等差数列.
（2）由（1）可知
令，
对照系数可得（其中），
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）当时，，求导可得，又，可求切线方程；
（2）求导得，分，，三种情况讨论函数的单调性，判断极小值点在内可求得的取值范围.
【详解】（1）当时，，可得
所以，又，
所以切线方程：，即.
（2）由已知得
1.若，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以在取得最小值，符合题意.
2.若，
i）若即，
当，所以在上单调递减，
当，所以在上单调递增，
所以在取得最小值，
ii）当，，所以无极值，不符合题意，
iii）当即，
当，所以在上单调递减，
当，所以在上单调递增，
所以在取得极小值符合.
3.若，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
在取得极小值，符合题意；
综上所述：的取值范围为.
17．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）取PA中点G，连FG，EG，可得∥，结合线面平行分析证明；
（2）①在平行四边形中，可得，由勾股定理可得，即可得平面，进而可证面面垂直；②由体积可知为中点，建系标点，利用空间向量求点到面的距离.
【详解】（1）取PA中点G，连FG，EG，

因为分别为的中点，则∥，且，
由题意可知：∥，且，
则∥，且，可知四边形CFGE为平行四边形，
则∥，且平面，平面，
所以∥平面.
（2）①在四边形中，连接，

由题意可知：是以边长为2的等边三角形，则，
且，则，
可知，即，且，
若，且，则，可知，
且，平面，可得平面，
又因为平面，所以平面平面；
②取中点，中点，连，
则，∥，可得，
因为为等边三角形，则，
且平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平行四边形的高即为等边的高，
设点到平面的距离为，
若，则，解得，
即，可知为中点，
以为原点，OA，OH，别为轴建立空间直角坐标系，

则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
所以点到平面的距离.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析，
【分析】（1）先求直线再联立抛物线得出韦达定理应用中点坐标得出,进而得出抛物线；
（2）先设直线方程代入抛物线联立方程组，结合根与系数的关系，应用，即可得到结论.
（3）先设直线过点P得出,同理结合理过点Q得出,最后得出BM的直线得出定点.
【详解】（1）当时，，
联立消去，
可得，
设，
拋物线C方程为：.
（2）由题知，设，
，代入抛物线可得，
，
又，
同理.
（3）因为，
所以，代入点得①，
设，同理，
过点②
，
结合①②可得
又因为
所以，整理得
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：解题定点的关键是先点斜式设出AB直线方程结合抛物线方程得出直线,同理得出BM的直线方程进而得出定点.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）利用条件概率公式可求概率；
（2）设，，分别令的样本相关系数，的样本相关系数，与的样本相关系数为，结合已知计算可求得结论；
（3）由已知得，计算可得，再结合图表可求.
【详解】（1）由题意可得数学优秀的学生有4名，这4名中物理优秀的有3名同学，
由条件根概率公式可得；
（2）分析r的向量意义，设，则，
分别令的样本相关系数，的样本相关系数，与的样本相关系数为，
则，
，，
，
夹角余弦值最大值为；
（3）都是的一个排列，
同理
.
结合图表
【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
B
B
D
A
D
A
BD
ACD
题号
11









答案
ACD