2024-2025学年广东省广州市高三12月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年广东省广州市高三12月月考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知，且，，则（

）A．2 B． C．1 D．2．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则cosB=（）A. B. C. D.3．设，，，则（

）A． B．C． D．4．“村超”是贵州榕江县乡村足球超级联赛的简称，是该县的一项传统乡村体育赛事，“村超”深受当地人民的喜爱，也在2023年开始火爆全网.某体育新闻网站派出含甲、乙在内的4名记者前去A，B，C三个足球场报道“村超”赛事，要求每个足球场至少1名记者，则甲、乙分在不同足球场的概率为（

）A． B． C． D．5．已知中，，，是边上的动点．若平面，，且与面所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．6．已知函数和的图象与直线交点的横坐标分别为a、b，则（

）A．1 B．2 C．3 D．47．阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（）A．0 B． C． D．8．已知等差数列中，记，，则数列的前项和为（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数与所用时间（单位：）的5组数据为：，根据以上数据可得经验回归方程为：，则下列选项正确的有（

）A．B．回归直线必过点C．加工6个零件的时间大约为D．若去掉，剩下4组数据的经验回归方程不会有变化10．如图，若正方体的棱长为2，点M是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点P是棱的中点，则下列结论正确的是（

）

A．三棱锥的体积为B．若，则点M的轨迹是以为半径的半圆弧C．若，则的最大值为3D．平面截正方体的截面面积为11．已知，函数，则（

）A．的图象关于轴对称 B．恰有2个极值点C．在上单调递增 D．的最小值小于三、填空题（本大题共3小题）12．与圆柱底面成角的平面截圆柱得到如图所示的几何体，截面上的点到圆柱底面距离的最大值为4，最小值为2，则该几何体的体积为.

13．已知等差数列的前项和，若，且四点共面（为该平面外一点），则．14．如图，边长为4的正方形中，半径为1的动圆Q的圆心Q在边CD和DA上移动（包含端点A,C,D），P是圆Q上及其内部的动点，设，则的取值范围是.四、解答题（本大题共5小题）15．某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析.球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示.场上位置边锋前卫中场出场率0.30.50.2球队胜率0.80.60.7(1)当甲出场比赛时，求球队输球的概率；(2)当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当边锋的概率；(3)如果某场比赛该足球队获胜，那么球员甲最有可能在场上的哪个位置？请说明理由.16．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，求.17．如图，在平行六面体中，，，，，点为中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.18．设函数.（Ⅰ）求在上的最小值；（Ⅱ）若图象与轴交于两点，求证.19．已知结论：椭圆上一点Px1,y1处切线方程为.试用此结论解答下列问题.如图，已知椭圆：的右焦点为，原点为，椭圆的动弦AB过焦点且不垂直于坐标轴，弦的中点为，椭圆在点A，B处的两切线的交点为.

(1)试判断：O，M，N三点是否共线若三点共线，请给出证明；若三点不共线，请说明理由；(2)求的最小值.

答案1．【正确答案】B【详解】由，则，故，则.故选：B.2．【正确答案】D【详解】结合题意：利用正弦定理得：,即,解得.故选：D.3．【正确答案】D【分析】根据指数函数、对数函数、幂函数的单调性分别判断出的范围，然后可得到结果.【详解】由对数函数单调性可知：，由指数函数单调性可知：，由幂函数单调性可知：，所以，故选：D.4．【正确答案】D【详解】记甲、乙分在不同足球场为事件，所以.故选：D.5．【正确答案】B【分析】根据题意得PQ的最小值为，的最小值是1，即A到BC的距离为1，则∠ACB＝90°，结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．【详解】三棱锥中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为，∵的最大值是，∴，解得，即PQ的最小值为，的最小值是1，即A到BC的距离为1，直角三角形△ABQ中，AB＝2，所以∠＝60°,又∠BAC＝60°，所以重合，则∠ACB＝90°，则△ABC的外接圆圆心M为AB的中点，又PA⊥平面ABC，从而外接球的球心O为PB的中点，外接球的半径，三棱锥的外接球的表面积．故选：B．6．【正确答案】B【分析】作出函数图像，利用反函数的性质判断即可.【详解】设，，，，因为与互为反函数，图像关于对称，设它们与的交点坐标分别为，可知交点坐标也关于直线对称，所以，即.故选：B7．【正确答案】A【详解】根据材料可知平面的法向量可取，平面的法向量可取，平面的法向量可取，因为直线是两平面与的交线，设的方向向量，则，取可得的一个方向向量，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为，故选：A8．【正确答案】C【详解】由等差数列性质得设，当，时，故故选：C9．【正确答案】ACD【分析】求得数据的样本中心点可求出可判断A；令代入回归直线方程可判断B；将代入回归方程求得预测值可判断C；根据恒过，可判断D.【详解】，，所以恒过，所以，解得：，故A正确；当时，，故B错误；由，令，则，故加工6个零件的时间大约为，故C正确；因为恒过，所以剩下4组数据的经验回归方程不会有变化，故D正确.故选ACD.10．【正确答案】ACD【详解】对于A，因为点P为棱的中点，所以三角形的面积是定值，且点M到面的距离是正方体的棱长，所以三棱锥的体积是定值，三棱锥的体积，故A正确；对于B，在面上，过点P作，则由正方体的性质得平面，平面，所以.又，正方体的棱长为2，所以.所以点的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，故B错误；对于C，在面上，过点P作，则点Q是的中点.连接，取的中点N，连接，，，，则，.因为平面，平面，所以.又，平面，所以平面，所以点M的轨迹是线段.在中，，，，所以的最大值为3，故C正确；对于D，平面截正方体的截面为矩形，其面积为，故D正确；故选：ACD.

11．【正确答案】BCD【分析】由函数奇偶性的定义域判定方法，可得判定A；求得，令，利用导数求得函数单调性，以及相应的函数值，得到函数的单调性与极值，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，可得其定义域为，且，所以函数为奇函数，所以A错误；对于B中，由，令，则，当时，可得，所以，单调递减；当时，可得，所以，单调递增，由且，可得，所以在和上各有一个零点，设两个零点分别为，不妨设当时，，可得，单调递减；当时，，可得，单调递增；当时，，可得，单调递减，所以时函数的2个极值点，且只有2个极值点，所以B正确；对于C中，由B知，在单调递增，在单调递减，又由，且，则当时，，即，所以函数单调递增，所以C正确；对于D中，由，所以D正确.故选BCD.12．【正确答案】【详解】作出几何体的轴截面如下图所示：则所求几何体是由一个底面直径为，高为的圆柱与一个底面直径为，高为的圆柱的一半构成，则所求几何体体积.故答案为.

13．【正确答案】【详解】由，得到，又四点共面，所以，得到，所以，故答案为.14．【正确答案】【分析】建立如图所示平面直角坐标系，可得,＝（4，0），.由图可知，当动圆Q的圆心经过点D时，P.此时m+n取得最大值：4m+4n＝8+，可得m+n＝2+．当动圆Q的圆心为点C或点A时，利用三角函数求m+n的最小值．【详解】如图所示，边长为4的长方形ABCD中，动圆Q的半径为1，圆心Q在边CD和DA上移动（包含端点A，C，D），P是圆Q上及内部的动点，向量（m，n为实数），=（0，4），＝（4，0），可得＝（4m，4n）．当动圆Q的圆心经过点D时，如图：P.此时m+n取得最大值：4m+4n＝8+，可得m+n＝2+．当动圆Q的圆心为点C时，BP与⊙C相切且点P在x轴的下方时，＝（4+cosθ，sinθ），此时，4m+4n＝4﹣sin（θ+），m+n取得最小值为：1﹣，此时P（4﹣，﹣）．同理可得，当动圆Q的圆心为点A时，BP与⊙A相切且点P在y轴的左方时，m+n取得最小值为：1﹣，此时P（-，4﹣）．所以则m+n的取值范围为故答案为.【关键点拨】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了分类讨论思想方法，考查了推理能力与计算能力．15．【正确答案】(1)；(2)；(3)前卫，理由见解析【详解】（1）用表示“甲出任边锋”，表示“甲出任前卫”，表示“甲出任中场”，用表示“球队赢球”.则甲出场时，球队赢球的概率为：.所以甲出场比赛时，球队输球的概率为.（2）因为，所以.即当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，球员甲担当边锋的概率为.（3）因为，.因为.所以如果某场比赛该足球队获胜，那么球员甲最有可能在前卫.16．【正确答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，得，因为，所以，即．又因为，所以．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为，如图，在中，，①在中，．②由①②得，整理得．又因为，所以，解得或，当时，a+b=c3当时，．所以．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知，则，即，而，即，故有，从而．由，即，即，即，故，即，又，所以，则．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化简得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作，交于点E，则．由，得．在中，．在中．因为，所以，整理得．又因为，所以，即或．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为，所以AD=2DC以向量BA,BC为基底，有所以BD2即，又因为，所以．③由余弦定理得，所以④联立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则．由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设，则．⑤由知，，即．⑥联立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.17．【正确答案】(1)证明见详解；(2).【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，写出各向量即可根据向量法证明；（2）利用向量法求出二面角的余弦值即可求出正弦值.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，以为原点建立如图所示的坐标系，所以，，，，，所以，，，设面的法向量为，所以，令，所以，因为，不在面内，所以平面；（2），所以，设面的法向量，因为，所以，令，则，设面的法向量，因为，所以，令，所以，所以，所以二面角的正弦值为.18．【正确答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【详解】解：（Ⅰ），时，在上单调递增，；时，在上单调递减，上单调递增，故若，；若，；若，；综上：；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，此时在上单调递减，上单调递增，设，而，因此，本题即