四川省达州市2024-2025学年高三上册12月月考数学检测试题（含解析）

这是一份四川省达州市2024-2025学年高三上册12月月考数学检测试题（含解析），共20页。试卷主要包含了答题前，考生需用0，试卷考试内容，甲、乙、丙去问成绩等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟，试卷共4页。
2.答题前，考生需用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号正确填写在答题卡对应位置。待监考老师粘贴好条形码后，再认真核对条形码上的信息与自己准考证上的信息是否一致。
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
4.试卷考试内容：高考范围。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中，只有一项符合题意。
1．已知集合，则
A． B． C． D．
2．若复数z满足，则z的虚部为
A．2i B．4i C．2 D．4
3．若样本x1 ，x2 ，x3 ，⋯ ，xn 的平均数为10，方差为20，则样本2x1−2 ，2x2−2 ，2x3−2，... ，2xn−2 的平均数和方差分别为
A．16，40 B．20，40 C．16，80 D．20，80
4．已知向量，不共线，且，，若与同向共线，则实数的值为
A．1 B． C．1或 D．或
5．甲、乙、丙、丁、戊5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次(无并列情况).甲、乙、丙去问成绩.老师对甲说：“你不是最差的.”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军.”对丙说：“你不是第2名.”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为
A．44 B．46 C．48 D．54
6．正方体棱长为2，是棱的中点，是四边形内一点（包含边界），且，当三棱锥的体积最大时，与平面所成角的正弦值为
A． B． C． D．
7．一动圆与圆外切，与圆内切，则此动圆圆心的轨迹方程为
A． B． C． D．
8．定义在上的偶函数y=fx的导函数为y=f'x，当时，，且，则不等式的解集为
A． B． C． D．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。
9．已知函数的部分图象如图所示．则
A．的图象关于中心对称
B．在区间上单调递增
C．函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
D．将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象
10．已知抛物线的焦点为，准线为，、是上异于点的两点（为坐标原点）则下列说法正确的是
A．若、、三点共线，则的最小值为4
B．若，则的面积为
C．若，则直线过定点
D．若，过的中点作于点，则的最小值为
11．对于三次函数，给出定义：是函数的导数， 是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的对称中心.已知函数.若有三个零点，且在点处切线的斜率为，则下列结论正确的是
A．的极大值点为
B．的极小值为−252
C．
D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。请将答案填写在答题卡对应题号后的横线上。
12．已知cs(＋α)＝，，则的值为 ▲ .
13．设等比数列的前项和为.令，若也是等比数列，则 ▲ .
14．已知函数，（），若的图象与的图象在上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围是 ▲ ．
四、解答题：本大题共5小题，其中第15题13分，第16、17题每小题15分，第18、19题每小题17分，共77分。在解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）
记的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求锐角的大小；
（2）若，且的周长为，求的面积.
16．（15分）
如图，在长方体中，点分别在上，且.
（1）求证：平面平面；
（2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值.
17．（15分）
已知椭圆的离心率为，椭圆C与y轴交于A，B两点，且.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点P是椭圆C上一个动点，且点P在y轴右侧，直线PA，PB与直线交于M，N两点，若以MN为直径的圆与x轴交于E，F两点，求点P横坐标的取值范围.
18．（17分）
甲、乙两家公司要进行公开招聘，招聘分为笔试和面试，通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两家公司的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若小明报考甲公司，每门科目通过的概率均为；报考乙公司，每门科目通过的概率依次为，，其中．
（1）若，分别求出小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率；
（2）招聘规则要求每人只能报考一家公司，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作决策，当小明更希望通过乙公司的笔试时，求的取值范围．
19．（17分）
已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或
（1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”；
（2）已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；
（3）已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值．
答案及解析
1．【正确答案】A
【分析】先确定两个集合中元素，再根据交集的定义求解，
【详解】因为，所以.
故选A．
2．【正确答案】D
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念求解即可.
【详解】由，故z的虚部为4．
故选D.
3．【正确答案】C
【详解】因为样本x1 ，x2 ，3，... ，xn 的平均数为10，方差为20，
所以样本2x1−2 ，2x2−2 ，2x3−2 ，⋯ ，2xn−2 的平均数2×10−4=16 ，方差为22×20=80 ．故选C.
4．【正确答案】B
【分析】先根据向量平行求参数，再根据向量同向进行取舍.
【详解】因为与共线，所以，解得或,
若，则，，所以，所以与方向相反，所以舍去，
若，则，，所以，所以与方向相同，所以为所求.
故选B.
5．【正确答案】B
【分析】解法一：分析可知甲的排位有可能是第二、三、四3种情况，分类讨论结合组合数分析求解；解法二：利用间接法，根据题意先排甲不排首尾，再排除不符合题意的情况，结合组合数分析求解.
【详解】解法一：多重限制的排列问题：
甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名，且丙不是第二名，即甲的限制最多，故以甲为优先元素分类计数，
甲的排位有可能是第二、三、四3种情况：
①甲排第二位，乙排第三、四、五位，包含丙的余下3人有种排法，则有；
②甲排第三、四位，乙排第二位，包含丙的余下3人有种排法，则有；
③甲排第三、四位，乙不排第一、二位，即有2种排法，丙不排第二位，有2种排法，余下2人有种排法，则有；
综上，该5名同学可能的名次排情况种数为种.
解法二：间接法：
甲不排首尾，有三种情况，再排乙，也有3种情况，包含丙的余下3人有种排法，共有种不同的情况；
但如果丙是第二名，则甲有可能是第三、四名2种情况；再排乙，也有2种情况；余下2人有种排法，故共有种不同的情况；
从而该5名同学可能的名次排情况种数为种.
故选B.
6．【正确答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.
【详解】如图，A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则，
由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，
其中，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以的最大值为，
所以，，
平面的法向量，
所以与平面所成角的正弦值为：
.
故选C.
7．【正确答案】C
根据题意得到动圆圆心到两个定圆圆心的距离之和为常数，且大于两个定点的距离，故轨迹为椭圆，根据条件计算得到答案.
【详解】设动圆半径为，圆心为，根据题意可知，和，
，，
，故动圆圆心的轨迹为焦点在y轴上椭圆，
且焦点坐标为和，其中, ，
所以，
故椭圆轨迹方程为: .
故选C.
【关键点拨】本题考查了椭圆的轨迹方程，确定轨迹方程的类型是解题的关键.
8．【正确答案】A
【分析】根据可变形为，构造函数，
判断其奇偶性、单调性，结合函数性质解不等式即可.
【详解】当时，，
所以当时，，
令，则当时，，
故在时，单调递减，
又因为在上为偶函数，所以在上为奇函数，
故在上单调递减，因为，所以，
当时，可变形为，即，
因为在上单调递减，所以且，得；
当时，可变形为，即，
因为在上单调递减，所以且，得；
综上：不等式的解集为.
故选A.
9．【正确答案】ABD
【详解】由图象可知，，解得，
又，所以，即，结合，可知，
所以函数的表达式为，
对于A，由于，即的图象关于中心对称，故A正确；
对于B，当时，，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；
对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；
对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故D正确.
故选：ABD.
10．【正确答案】BD
【详解】对于A选项，易知抛物线的焦点为，
当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，，
由韦达定理可得，，则，
易知，，所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，A错；
对于B选项，设点，，可得，所以，，
则，所以，，B对；
对于C选项，易知的斜率存在，设直线的方程为，
设点、，由于直线不过原点，所以，，
联立可得，，
由韦达定理可得，所以，，
因为，则，解得，
所以，直线的方程为，故直线过定点，C错；
对于D选项，过点作于点，过点作于点，
设，，所以，
因为
，
所以，则的最小值为，当且仅当时，等号成立，D对．
故选：BD．
11．【正确答案】BCD
【分析】求得，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定A、B正确；
求，，令f″x=0，可得，证明，结合倒序相加法，可判定C正确.
求，，，即可求出，，，化简，即可判断D选项.
【详解】由函数，可得，
令，解得：，
令f'x>0，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
当时，取得极大值，极大值为，的极大值点为，所以A错误；
当时，取得极小值，极小值为，所以的极小值为−252，故B正确；
由，可得，令f″x=0，可得
又由，所以点12,1是函数的的对称中心，
所以，
令，
可得，
则
，所以，故C正确；
对于D，因为有三个零点，则，，
因为，
所以，
，
，故D正确
故选BCD.
12．【正确答案】
【详解】
由知：，又
∴，
，，故
∴综上，有
故
13．【正确答案】.
【分析】首先求，再求，根据等比数列的性质，，求得的值，再验证等比数列的定义，即可求解.
【详解】若，则，，则是等差数列，不是等比数列，所以，
则，所以，且，
，，
，
因为数列是等比数列，所以，
即，，
当时，，，数列是等比数列，
所以.
故答案为.
14．【正确答案】
【分析】结合题意可得到在上恰有两个不相等的实根，令，利用导数判断函数的单调性，从而可得，则原问题等价于与在上恰有两个不同的交点，令，利用导数求出函数的单调区间，从而作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解.
【详解】关于轴对称的函数为，
因为的图象与的图象在上恰有两对关于轴对称的点，
所以方程在上恰有两个不相等的实根，
即，即，
即，
即在上恰有两个不相等的实根，
令，则，
所以函数在上单调递增，
所以，即，，
故原问题等价于与在上恰有两个不同的交点，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，当时，，
如图，作出函数在上的大致图象，
要使函数与在上恰有两个不同的交点，
只要，
因为，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为.
方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
15．【正确答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；
（2）首先求出，即可得到，再由正弦定理得到，，，由周长求出，即可得到，，再由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
因为，
代入得，
又因为，则，又因为为锐角，所以.
（2）由可得，因为，则,
由（1）可得，
由正弦定理，
其中，
设比值为，则，，，
因为的周长为，即，
即，则，，
所以的面积.
16．【正确答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，即可得出答案．
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，平面的法向量为，,，设平面与平面夹角为，则，即可得出答案．
【详解】（1）由于平面，平面，故，
根据题意可得，，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
由于平面，平面，故，
又，平面,故平面,
平面，故，
又，平面，平面，
所以平面．
平面，故平面平面；
（2）如图所示，建立空间直角坐标系：
所以，,4,，，,
结合（1）知，平面的法向量为,
又，,4,，
设平面的法向量为,
则，
令，则，所以,3,，
设平面与平面夹角为，
则．
17．【正确答案】(1)；(2)
【详解】（1）由题意知椭圆与y轴交于A，B两点，且，
故；
椭圆离心率为，即，
故椭圆方程为；
（2）设，
，则直线PA的方程为，
同理直线PB的方程为，
故直线PA与直线的交点为，
直线PB与直线的交点为，
故线段MN的中点坐标为，
则以MN为直径的圆的方程为，
令，则，
，代入上式得，即，
由于以MN为直径的圆与x轴交于两点，则方程有两实数根，
故，结合，解得，
即点P横坐标的取值范围为.
18．【正确答案】(1)，；(2)
【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式即可求得小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率；
（2）分别求得小明报考甲、乙两公司通过科目数的数学期望，列出关于的不等式，进而求得的取值范围．
【详解】（1）设小明报考甲公司恰好通过一门笔试科目为事件A，
小明报考乙公司恰好通过一门笔试科目为事件，
根据题意可得，
.
（2）设小明报考甲公司通过的科目数为X，报考乙公司通过的科目数为，
根据题意可知，，则，
，
，
，
，
则随机变量的分布列为
，
若，则，
故，即的取值范围是.
19．【正确答案】(1)；；；；(2)11个；(3)37
【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；
（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
【详解】（1）根据“相邻数列”的概念可知，，
或，或，
所以的所有“相邻数列”有；；；.
（2）任取的一个“相邻数列”，
因为或，
或，
所以有且，
对于的取值分以下4种情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，
递增，，即，
由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，
于是，则，即满足数列的有11个.
（3）令，所以对任意，
设，则且，
先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合．
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此，的分布只可能是如下三种情况：
（i），此时，对任意的，由得，
所以对任意的，注意到，所以，
等号当且仅当时取到；
（ii）存在整数，使得
对任意的，对任意的，所以
（iii）．此时，对任意的，与情形1类似，
对任意的，注意到，
所以，
综上，的最小值为．
【方法总结】根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可.
Y
0
1
2
3
P