湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】运用复数除法进行化简，再结合复数模长公式计算即可.
【详解】由题意知，，所以．
故选：D.
2. 已知数列的前项和，则数列的各项中（ ）
A. 所有项均是数列中项B. 所有项均不是数列中的项
C. 只有有限项是数列中的项D. 只有有限项不是数列中的项
【答案】A
【解析】
【分析】根据，可求出，即可求出，将其化为形式，即可判断出答案.
【详解】由题意知数列的前项和,
当时，；
当时，，
也适合，故；
则，
由于，时，，时，，
结合二次函数性质，对称轴为，
则当，，递增，
再结合数的特点知，
故数列的各项中所有项均是数列中的项，
故选：A
3. 冬末春初，人们容易感冒发热，某公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于，则称没有发生群体性发热．根据下列连续7天体温高于人数的统计量，能判定该公司没有发生群体性发热的为（ ）
①中位数是3，众数为2；②均值小于1，中位数为1；③均值为3，众数为4；④均值为2，标准差为．
A. ①③B. ③④C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】根据中位数、众数、平均数、标准差等知识确定正确答案.
【详解】任意连续7天，每天不超过5人体温高于的人数为2，2，2，3，3，4，6，
则满足中位数是3，众数为2，但第7天是6人高于5人，故①错误；
任意连续7天，每天不超过5人体温高于的人数为0，1，2，4，4，4，6，
则满足均值是3，众数为4，但第7天是6人高于5人，故③错误；
对于②，将个数据从小到大排列为，
，，所以，
由于是自然数，且，
所以都不超过，②正确.
对于④，将个数据从小到大排列为，
，，
，
，
由于是自然数，若自然数大于，则，矛盾，
所以都不超过，④正确.
综上所述，正确的为②④.
故选:D
4. 一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截（如图），为底面圆的中心，为截面的中心，为截面上距离底面最小的点，到圆柱底面的距离为1，为截面图形弧上的一点，且，则点到底面的距离是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得截面椭圆是以为中心，为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，作于，因为，联立直线的方程和椭圆方程可求得，可得出，过作，即可求出和，即可得出答案.
【详解】圆柱半径为1，截面与底边所成角为，作于，
则， .
截面椭圆是以为中心，为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，
所以椭圆的方程为，
作于，因为，直线的方程为，
所以设，又因为在椭圆上，
解得：，所以，，
过作，则，
，
由于均平行于底面，故点到底面的距离是.
故选：C.
5. 已知函数为偶函数，且当时，．若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】易知函数关于直线对称，利用复合函数单调性可知其在上为增函数，即可得.
【详解】由函数为偶函数，得函数的图象关于直线对称．
当时，，由复合函数单调性可得函数在上为增函数，
所以在上为减函数，
结合，得，即．
故选：C．
6. 已知向量满足，则向量夹角的余弦值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量模的等量关系，可求得；由向量的数量积及夹角运算，求得余弦值．
【详解】由，两边平方可得

因为，即
所以
设向量夹角为
则
所以选A
【点睛】本题考查了向量模的应用，应用向量的数量积求夹角，属于中档题．
7. 已知正三棱锥，点、、、都在直径为的球面上，若、、两两互相垂直，则该正三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将正三棱锥补形成正方体，根据几何体外接球的直径，计算出的长，由此求得正三棱锥的体积.
【详解】将正三棱锥补形成正方体，如下图所示.设，
由于正三棱锥的外接球和正方体的外接球相同，
正方体的体对角线即为外接球的直径，
即，
所以正三棱锥的体积为.
故选：A
【点睛】本小题主要考查几何体外接球有关计算，属于基础题.
8. 已知函数的零点分别为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得分别为函数与的交点，作出三个函数的图象，由
图象可得，再由，可得，即可得答案.
【详解】令，则，
令，则，
则由题意得分别为函数与的交点，
作出三个函数图象如图所示，

由图可得，所以，
由题意得，则，
所以，即，
所以.
故选：A
二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9. 已知函数，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度，向上平移2个单位长度，得到函数的图象，则以下结论正确的是（ ）
A. 的最大值为1
B. 函数的单调递增区间为
C. 直线是函数图象的一条对称轴
D. 是函数图象的一个对称中心
【答案】BC
【解析】
【分析】由题，经过伸缩平移，求出，即可根据三角函数的性质判断各选项
【详解】将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，再向左平移个单位长度，向上平移2个单位长度，得到函数的图象．
对A，的最大值为3，A错；
对B，令，得，
故函数的单调递增区间为，B对；
对C，因为，所以直线是函数图象的一条对称轴，C对；
对D，因为，所以不是函数图象的对称中心，D错．
故选：BC．
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，函数在上的最大值为
B. 当时，函数的图像关于直线对称
C. 是函数的一个周期
D. 不存在，使得函数是奇函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换和函数的性质的应用判断ABCD的结论．
【详解】解：函数，
对于A：当时，，
由于,，当时，函数的最大值为，故A正确；
对于B：当时，，
由，故函数的图象关于直线对称，故B正确；
对于C:，故C错误；
对于D：要使函数为奇函数，则，即，
整理得：，
即，关系式不恒成立，
故不存在，使得函数是奇函数，故D正确．
故选：ABD．
11. 已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为为坐标原点，直线与交于点，则（ ）
A. 以为直径的圆与轴相切B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】通过计算中点到轴的距离判断A，利用抛物线的定义将转化为只含，的表达式，
从而与建立联系判断B，根据抛物线定义及平行线的性质得，即可判断C，联立直线BD与抛物线方程得，进而求出点H的纵坐标，利用DH两点纵坐标相等即可判断D.
【详解】由题知，，设点在第一象限，，，
中点到轴的距离，
则以为直径的圆与轴相切，A正确；
若点B在x轴上方，则，，
所以；
若点B在x轴下方，则,B错误；
连接，由，得，由抛物线定义可知，所以，
故，同理，又，
所以，即，所以，
则有，故，C错误；
设直线，联立，得，则，
直线，联立，解得，
又，所以，即与重合，所以，D正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：抛物线的相关结论，
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若，，且，则实数的值为_____．
【答案】或
【解析】
【分析】运用正切两角和公式及对数的运算性质可求解.
【详解】因为，所以，
即，
化简得，
所以或，
解得或.
故答案为：或
13. 设为正项等比数列(公比)前项的积，若，则__________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，利用等比数列的性质，可得，即可求得，同理可求得，根据对数的运算性质，即可得答案.
【详解】由题意得：，
所以，
根据等比数列的性质，可得：，
设等比数列的公比为q，
所以，，
所以.
故答案为：
14. 为了回馈长期以来的顾客群体，某健身房在五周年庆活动期间设计出了一种游戏活动．顾客需投掷一枚骰子三次，若三次投掷的数字都是奇数，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有2次终极抽奖机会（2次抽奖结果互不影响）；若三次投掷的数字之和是6，12或18，则该顾客获得该健身房的免费团操券5张，且有1次终极抽奖机会；其余情况顾客均获得该健身房的免费团操券3张，不具有终极抽奖机会，已知每次在终极抽奖活动中的奖品和对应的概率如下表所示．
则一位参加游戏活动的顾客获得蛋白粉的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】事件“顾客有两次终极抽奖机会”，事件“顾客有一次终极抽奖机会”，求出，，利用全概率公式得到答案.
【详解】记事件“顾客有两次终极抽奖机会”，事件“顾客有一次终极抽奖机会”，事件“获得蛋白粉”，
则，，，
事件包括的事件是：“3次投掷的点数之和为6"，“3次投掷的点数之和为12”，“3次投掷的点数之和为
奖品
一个健身背包
一盒蛋白粉
概率
18”，
①若“3次投掷的点数之和为6”，则有“”、“”、“”三种情形，故共有种；
②若“3次投掷点数之和为12”，则有“”、“”、“”、“”、“”、“”六种情形，
故共有种；
③若“3次投掷的点数之和为18”，则只有“”一种情形，
则，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用全概率公式求随机事件B的概率问题，把事件B分拆成两个互斥事件与的和，再利用条件概率公式计算是解决问题的关键.
四､解答题：本大题共 5 小题，共 80 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 在中，若边对应的角分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将边化角，再利用辅助角公式得到，即可求出；
（2）依题意可得，再根据平面向量数量积的运算律求出，即可得解；
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理可得
在，，∴
∴，即
又，∴
∴，∴
【小问2详解】
解：∵且，
∴，
∴
∴
16. 已知函数在上的最大值为.
（1）求的解析式；
（2）讨论的零点的个数.
【答案】（1）（2）有且仅有个零点
【解析】
【分析】
（1）由，求导得到，根据函数在上的最大值为，利用唯一的极值点为最值点求解.
（2）由（1）得到，求导，设，分，， ， 四种情况用导数法结合零点存在定理求解.
【详解】（1）由，得，
令，得；令，得，
∴的单调递增区间是，单调递减区间是.
故在处有极大值，也是的最大值，
所以，∴，
故.
（2）∵，
∴，
设，
（i）当时，∴，所以单调递减.
又，，从而在上存在唯一零点.也即在上存在唯一零点.
（ii）当时，，所以在上单调递减，
因为，，
所以存在，，且在上，在上，
所以为在上的最大值，
又因为，，
所以在上恒大于零，无零点.
（iii）当时，，所以在上单调递减.
，所以在上单调递增.
又，，
所以在上存在唯一零点.
（iiii）当时，，
设，
∴，
所以在上单调递减，所以，即.
∴在上单调递减，
因为，所以在上单调递增，
因为，，
所以在无零点，
综上，有且仅有个零点.
【点睛】本题主要考查导数与函数的最值，导数与函数的零点以及零点存在定理的应用，还考查了分类讨论和运算求解的能力，属于难题.
17. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，，，分别为，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，先根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据面面垂直的判定定理即可得到结果.
（2）根据题意，将点到平面的距离转化为三棱锥的高，然后根据等体积法即可得到结果.
【小问1详解】
因为为菱形，，所以为等边三角形，且，分别为，的中点，则，
又因为为直四棱柱，则平面，且平面，则，且
所以平面，又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为直四棱柱，，，分别为，的中点，
所以，，
，，，
因为底面为菱形，，所以，，
由（1）知平面，设点到平面的距离为，则，
因为，所以，因为，因为，，，
所以，设点到平面的距离为，
因为，所以，因此.
故点到平面的距离为.
18. 有一位老师叫他的学生到麦田里，摘一颗全麦田里最大的麦穗，期间只能摘一次，并且只可以向前走，不能回头.结果，他的学生两手空空走出麦田，因为他不知前面是否有更好的，所以没有摘，走到前面时，又发觉总不及之前见到的，最后什么也没摘到.假设该学生在麦田中一共会遇到颗麦穗（假设颗麦穗的大小均不相同），最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，为了使他能在这些麦穗中摘到那颗最大的麦橞，现有如下策略：不摘前颗麦穗，自第颗开始，只要发现比他前面见过的麦穗都大的，就摘这颗麦穗，否则就摘最后一颗.设，该学生摘到那颗最大的麦穗的概率为.（取
）
（1）若，，求；
（2）若取无穷大，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值.
【答案】（1）
（2）的最大值为，此时的值为.
【解析】
【分析】（1）由题意可知，要摘到那颗最大的麦穗，有两种情况，最大的麦穗是第3颗和最大的麦穗是最后1颗，分情况分析两种情况的可能性，结合古典概型即可求出结果；
（2）记事件表示最大的麦穗被摘到，根据条件概率和全概率公式求出，再利用导数求出最值即可.
【小问1详解】
这4颗麦穗的位置从第1颗到第4颗排序，有种情况.
要摘到那颗最大的麦穗，有以下两种情况：
①最大的麦穗是第3颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有种情况.
②最大的麦穗是最后1颗，第二大的麦穗是第1颗或第2颗，其他的麦穗随意在哪个位置，有种情况.
故所求概率为.
【小问2详解】
记事件表示最大的麦穗被摘到，事件表示最大的麦穗在麦穗中排在第颗.
因为最大的那颗麦穗出现在各个位置上的概率相等，所以.
以给定所在位置的序号作为条件，.
当时，最大的麦穗在前颗麦穗之中，不会被摘到，此时.
当时，最大的麦穗被摘到，当且仅当前颗麦穗中的最大的一颗在前颗麦穗中时，
此时.
由全概率公式知.
令函数，.
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以.
所以当，时取得最大值，最大值为，此时，
即的最大值为，此时的值为.
19. 已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为2，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知.
（1）求椭圆C的方程；
（2）求证：直线恒过定点；
（3）斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）.
【解析】
【分析】（1）由已知易知的值，得椭圆C的方程；
（2）设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及，可得，即
可得证；
（3）设直线，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得弦长，再根据点到直线距离可得，再根据点在椭圆上，可得，进而可得，再利用二次函数的性质求得最值.
【小问1详解】
由已知两个顶点坐标为，，短轴长为2，得，，

则椭圆方程：.
【小问2详解】
设直线方程为，，，
由，消去x得，，
，
则，，
，
，
又点在椭圆上，则，即，
则，
即，则，
即
，
解得，此时，
即直线的方程为，
所以直线恒过定点.
【小问3详解】
设直线的方程为，，，

由，消去得，
，即，
则，，
所以
，
点到直线距离，
所以，
又，，
所以
，
所以
则当即时，取最大值为.
【点睛】关键点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把直线与椭圆的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．