重庆市第八中学2025届高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2025届高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知数列满足，记，则， 在复平面内，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.的
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求两个集合，再根据集合的混合运算，即可求解.
【详解】，解得：，即，，
，所以.
故选：B
2. 已知，且，则一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件可得，，代入选项A，结合二次函数性质判断A，代入B，结合指数函数性质判断B，结合基本不等式判断CD.
【详解】因为，，故，
对于A，，
所以4>a2+b2≥2，A错误；
对于B，，又，
所以，B错误；
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
又，所以，C正确，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
所以，D错误；
故选：C.
3. 记的内角的对边分别为，已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用内角和公式求，根据正弦定理求.
【详解】因为，，
所以，
由正弦定理可得，又，
所以，
故选：A.
4. 已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】
如图为正方体，
设直线为，直线为，平面为，
则，但，A错误；
设平面为，平面为，直线为，
因为，则直线为直线，
满足条件，但不垂直，B错误；
设平面为，平面为，平面为，
则，则相交，C错误；
设直线的方向向量为，直线的方向向量为，
平面的法向量为，平面的法向量为，
因为，
所以，，，
所以，所以，D正确；
故选：D.
5. 设，则随机变量的分布列如下表，则当在内增大时（ ）
A. 增大B. 减小
C. 先增大后减小D. 先减小后增大
【答案】D
【解析】
【分析】由方差的运算公式，结合二次函数的单调性进行判断即可.
【详解】，
，
该二次函数的对称轴为，
当在内增大时，先减小后增大，
故选：D.
6. 已知数列满足，记，则（ ）
A. B. C. 2024D.
【答案】C
【解析】
【分析】先得到的一个周期为3，且，从而得到.
【详解】，，，
，……，
故的一个周期为3，且，
故.
故选：C.
7. 已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则，则由题意可求得的范围，从而可得，而的最小值是圆心到直线的距离，然后列方程可求出实数m的值
【详解】圆的方程可化为，
设，则，
因，所以，
又，所以，
又，所以，
而的最小值是圆心到直线的距离，
所以， 又，所以．
故选：B．
8. 已知，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】去掉绝对值符号得到正弦或余弦函数，结合三角函数的单调性求解即可得到答案.
【详解】若，则需满足，
此时去绝对值化简得：fx=sinωx(ω>0)，在单调递增，
即，
列出不等式组：ω>0π4+2kπ≤π4ω0，函数在上单调递增，
当时，在上f′x0，单调递增.
【小问2详解】
设切点为，则，
所以，
即，显然为方程的根，
又令，
，h′x0，hx单调递增，
故hx在处取最小值，
故方程只有这一个根，
故.
16. 在整数中任取三个不同的数，并构造三条线段的长度恰好为这三个数.
（1）当时，求这三条线段能构成的不同三角形个数；
（2）当时，求这三条线段能构成最大边长为的三角形的概率.
【答案】（1）7个 （2）
【解析】
【分析】（1）列出满足条件的所有选法即可；
（2）列出满足条件的选法，再利用组合数求出所有选法，利用古典概型概率公式可得结论.
【16题详解】
当时，一共有种可能，
其中能够构成三角形有：，
一共个.
【17题详解】
设，为满足题意的三角形的边长，不妨设，则.
当时，若，不能构成三角形，
若，
若，
…
若，
所以一共有个，
又因为在整数1，2，…，20中任取三个不同的数的总的方法数为.
故所求的概率为.
17. 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，平面，且，连接.
（1）求证：；
（2）当与平面所成角正切值为时，求棱的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）或6
【解析】
【分析】（1）先证明，由线面垂直判定定理证明​平面​，再证明线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设，，求出平面的法向量，由线面角公式化简整理得，解方程即可．
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
所以，故，又四边形为平行四边形，
所以四边形​为矩形，
过点​在平面​内作​交棱​于点​，连接​，
因为​，所以​，
又​，所以​，于是​.
又​，所以​∽​，所以​，
因为​，于是​，所以​，
因为​平面​，​，所以​平面​，
于是​，又​，且​、​平面​，
所以​平面​，
又因为​平面​，因此​.
【小问2详解】
解：以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.
设，a>0，
则，
所以，
设平面的法向量为，则，
即，
取，可得，
则为平面的一个法向量，
于是.
设与平面所成角为，
因为，所以，
则，
化简整理得，解得或2，
所以棱的长为或6.
18. 设，点是抛物线上的动点，点到抛物线的准线的距离最小值为2.
（1）求的最小值；
（2）求的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题设有，设，应用两点距离公式及导数求距离最小值；
（2）由题设有，结合∠PAB=∠OAB−∠OAPt>0，应用差角正切公式得，分类讨论求的范围，即可的取值范围；
（3）结合（2）的分析有，即可证结论.
【小问1详解】
由题设，则抛物线，
设点，则，
记，则，
因为t2+4t+64=t+22+60>0，所以，解得.
所以时，时，则在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，故的最小值为.
【小问2详解】
依题意及（1），知，
由∠PAB=∠OAB−∠OAPt>0或，
根据到角公式，得：.
当时，，则；
当时，，
所以，则；
当时，，
所以，则.
综上，的取值范围是.
【小问3详解】
由（2）知，且，所以.
19. 已知递增数列的各项为正整数，前项和为，数列满足“对任意的，均有成立.且.
（1）证明：数列为等差数列，并求的通项公式；
（2）若的公差大于1，定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”，证明：
①对任意且，存在“-数列”，使得成立；
②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立.
【答案】（1）证明见解析，，或
（2）①证明见解析②证明见解析
【解析】
【分析】（1）由条件关系取可得，结合关系证明：，再证明时。结论也成立，由此证明数列为等差数列，结合，，求和公差，.由此可求数列的通项公式；
（2）由（1），公比为，，
①要证明原结论只需证明存在对且，成立，利用导数证明，由此证明满足条件即可；
②设成立，则成立，取推出矛盾，完成证明.
【小问1详解】
取，则，
又，，
所以，
当时，，
两式相减整理得：
又：，
两式相减整理可得：，
由，当时，，即，
所以对任意的，都有，
所以是等差数列，由，可得：
.
∴.
【小问2详解】
由于，∴，设“数列”的公比为，且.
①由题意，只需证存在对且，成立，
即成立，设，
令，所以在上单增，上单减，
又∵，∴，
所以，使得对任意且成立.
又，，，
，，
所以对任意且，均成立，
所以对任意且，存在“数列”，使得成立；
②由①知，若成立，则成立，当
时，，
取，由不存在，
所以当且时，不存在“数列”，使得对任意正整数成立.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.1
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