2025安徽师大附中高三上学期12月模拟数学试题含解析

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1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答案区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】设，
则
则，整理得，故，得的虚部为1．
故选：C．
2. 已知平面向量，，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可以结合投影向量的定义将其分为投影与单位向量来更好理解与求解.
【详解】由于，
由在方向上的投影向量
故选:C.
3. 已知，，，则的最小值为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由乘“1”法即可求解；
【详解】由条件可知，
所以，
当且仅当，时取等号．
故选：A．
4. 已知等比数列，满足，，成等差数列，且，则数列的公比为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由等差中项列出等式，再结合即可求解；
【详解】设公比为，由，，成等差数列，可得：，
即，解得：或，当时，，不符合，
当时，满足，
所以
故选：C．
5. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用诱导公式和二倍角正余弦公式得，再由二倍角正切公式可得，再应用齐次式法求.
【详解】由，
得，
则，而．
故选：B
6. 已知随机事件，，，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用条件概率公式及已知可得、，再由全概率公式及对立事件概率关系求.
【详解】由且，故，
由，故，
由于，则，
故．
故选：B
7. 已知函数，定义域为，则满足不等式的的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，得且为偶函数，将题设不等式化为，结合的区间单调性列不等式，求参数范围.
【详解】设，则，显然为偶函数，
由题设，易知，即，故，
由于函数在上为减函数，故，解得，或．
故选：D
8. 棱长为2的正四面体的表面上有动点，满足，则点的轨迹总长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依次为棱中点，根据已知分析的轨迹，进而求其长度.
【详解】如图，依次为棱的中点，
因为，故的轨迹是以中点为球心的球与正四面体各面的交线构成，
则点轨迹由面内的弧，面内的弧，面内的弧，面内的弧构成；
弧与弧的长度相等，易得弧的长等于，
弧与弧的长度相等，在面内的射影点，易知弧的圆心为，
且为高的三等分点，故，且，弧长等于；
故点的轨迹的长为．
故选：A
二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.）
9. 已知函数的图象如图所示，的导函数为，令，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数图象的对称轴方程为
C. 函数在区间上有2024个零点
D. 函数与的图象关于点对称
【答案】AD
【解析】
【分析】首先根据图象求得，即可得，再结合正余弦函数的性质依次判断各项的正误.
【详解】由图象知，设的最小正周期为，则，解得，
由图得，又，所以，故，
从而；
A，，正确；
B，由，得，
所以函数图象的对称轴方程为，错误；
C，由，得，故，即，，
故在区间上有零点2025个，错误；
D，若函数与的图象关于点对称，则恒成立，
即，又，，
则，应用和差化积公式可得，
故，得，
所以函数与的图象关于成中心对称，正确．
故选：AD
【点睛】关键点点睛：对于D，假设存在，整理得，进而找到满足要求的点为关键.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
10. 集合，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】求函数定义域、解一元二次不等式求集合，再应用交运算求集合.
【详解】由已知，．
故答案为：
11. 已知数列，通项公式分别为，，，，从数列中任取一项，则该项也是数列中的项的概率为______.（结果用分数表示）
【答案】
【解析】
【分析】设，则，分类讨论得到，进而知为等比数列，通项为，结合已知有，即可求概率.
【详解】设两数列中相同数构成数列，则，
设，则，
，不在中，故；
，在中，故，
故，所以等比数列，通项为，
由于，即，因为，解得，
故从数列中选取项，使得该项也为中的项的概率为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：设，则，根据已知得到为等比数列为关键.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
12. 已知四棱柱，各面均为菱形，.
（1）证明：；
（2）若，，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设有，结合已知即可证结论；
（2）连接，由题设易知，，若，连接，易知是二面角的平面角，再求其余弦值即可.
【小问1详解】
由题设，即，
又各面均为菱形且，即，
又，故，得证.
【小问2详解】
连接，由题设易知，，
若，连接，由（1）结论及题设有，则，
且，都在面内，所以面，
又，故面，则是二面角的平面角，
中，则，
所以，可得，
中，，
所以锐二面角的余弦值为.
13. 已知函数，.
（1）若，求的单调区间；
（2）当时，函数有三个极值点，，，证明：.
【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）对函数求导得，再应用导数研究的区间符号，进而确定符号，即可得单调区间；
（2）利用导数研究极值点的分布情况，得到，再证，即，应用换元法及导数证不等式，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，
设，则，
当时，，故在上单调递增，从而，
故时，时，
故的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，则，
故在上单调递减，在上单调递增，，
故时，时，
故的单调递减区间为，单调递增区间为；
综上，的单调递减区间为，单调递增区间为．
【小问2详解】
由（1）及知，，
在上单调递减，在上单调递增，，
又，即，又，
故在上有且仅有一个零点，即在上有一个零点．
令，令，
所以，故在上单调递增，故，
故在上单调递增，又，
又，
故在上有唯一零点，在上有一个零点．
又，是的一个零点，
又．
则，，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
下证：，
由于，即，
从而，
下证：，
令，即证且，
令，则，令，则，
故在上单调递增，，
故在上单调递增，，
综上，，即，得证.
【点睛】关键点点睛：第二问，首先研究函数极值点的分布情况，再将问题化为证为关键.
14. 若项数有限的数列，满足，且对任意的，或是数列中的项，则称数列具有性质.
（1）判断数列，1，2是否具有性质；
（2）若，数列具有性质，是中的任意一项，
①证明：是中的项；
②证明：当时，数列为等比数列.
【答案】（1）数列具有性质
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用数列新定义，检验题设数列即可得解；
（2）①分类讨论与两种情况，分析得不是数列中的项，从而得到是数列中的项，由此得证；②结合①中结论与数列的新定义，分析得与，从而利用等
比数列的定义即可得证.
【小问1详解】
对于数列，1，2，
显然或1或2，都是数列，1，2中的项，
故数列具有性质.
【小问2详解】
因为数列具有性质，且是中的任意一项，
①令，则或是数列中的项，
由于，且，则，
故不是数列中的项，则是数列中的项，
故是数列中的项，则满足；
当时，，则，
故不是数列中的项，从而是数列中的项；
综上，是数列中的项.
②由①知，
由，则，
故，
即，（Ⅰ）
由于，则时，，
则不是数列中的项，故为数列中的项，
而，
故，即，
由于，故，故（Ⅱ）
由（Ⅰ）（Ⅱ）有，故，
所以当时，数列为等比数列.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.