四川省成都市2025届高三上学期12月月考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省成都市2025届高三上学期12月月考数学试题本试卷满分150分，考试时间120分钟.一、单选题：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，只有一项是符合要求的.1.若集合且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意可知是的交集，故，故选：A2.下面是不同成对数据的散点图，从左到右对应的样本相关系数是，其中最小的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由散点图变化趋势可知，由第二组散点图更为集中，更接近于一条直线，所以，故相关系数最小的为.故选：B3.等比数列中，若，则的公比为（）A. B. C.2 D.4【答案】D【解析】因为数列为等比数列，则，即，解得.故选：D.4.若圆与圆相交于、，则所在直线方程是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为圆与圆相交于、，将这两圆方程作差可得，因此，直线的方程为.故选：A.5.已知随机变量，若其对应的正态密度函数满足，且，则（）A.0.8 B.0.5 C.0.4 D.0.1【答案】C【解析】由，则正态密度函数关于对称，即，则.故选：C.6.空间四点共面但不共线，那么这四点中A.必有三点共线 B.必有三点不共线C.至少有三点共线 D.不可能有三点共线【答案】B【解析】若，则共面，但任何三点都不共线，故排除A，C；若直线与直线外一点A在同一平面内，且三点在直线上，则可排除D.故选B.7.若数列满足，其前项和为，则（）A.既无最大值，又无最小值 B.当且仅当时，取得最小值C.当且仅当时，取得最小值 D.，【答案】D【解析】因为数列、均为递增数列，所以，数列为递增数列，因为，，故当时，；当时，.无最大值，但有最小值，且最小值为、，即.所以，D对，ABC均错.故选：D.8.如图，画在纸面上的抛物线过焦点F的弦长为9，则沿x轴将纸面折成平面角为60度的二面角后，空间中线段的长为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，设直线为，Ax1,y联立与可得，则，则，故，解得，故，解得，故，如图，建立空间直角坐标系，过作平面于，过作于，连接，由于轴，且轴，，故轴平面，平面，故轴，则由于在直角坐标系中，故，因此在直角三角形中，，因此在空间直角坐标系中，，故，故选：B二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.若，则一定有（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】对于选项A：当时，选项A错误；对于选项B：用作差法，又，，故选项B正确；对于选项C：当时，利用糖水不等式即可得到C不正确；对于选项D：用作差法，，所以选项D正确.故选：BD.10.已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】ABC【解析】由题意可得，对于A,，则，故A正确，对于B，时，，则因此，故B正确，对于C，时，则，C正确，对于D，时，则，则,故D错误，故选：ABC．11.时钟是伴随我们日常生活的必要物品.下面关于它的说法，正确的有（）A.一天24小时内时针和分针重合22次（第一天零点算第一次重合，第二天零点不再重复算）B.零点时针和分针算第一次重合，则第六次重合时大约在早上5点27分到5点28分之间C.设分针长度为10厘米，分别以分针指向表盘读数12和3的方向为y轴正半轴和x轴正半轴方向建立平面直角坐标系，以某天零点开始记（单位：分钟），若时钟正常工作，则在这之后，分针终点横坐标（单位：厘米）D.设下午5点20分时，时针和分针所成的锐角为，则【答案】ABD【解析】对于A，由时针每小时转动，则时针的角速度为每小时，由分针每小时转动，则分针的角速度为每小时，由零点时针与分针重合开始，设经过时间小时后再重合，则，，解得，由题意中记一天之内，则可得，解得，当时，时针与分针重合在一天的开始，零点时刻；当时，，时针与分针重合在下一天的开始，时刻，由题意应舍去.综上可得，，所以一共重合次，故A正确；对于B，由A可知，当时，符合题意，即，故B正确；对于C，由分针每小时转动，则每分钟转动，则分针的角速度为每分钟，所以随着时钟的正常工作，分针与轴的夹角为，易知分针与轴的夹角为，可得分针终点的横坐标，故C错误；对于D，由A可知时针的角速度为每小时，分针的角速度为每小时，由，时针转动的角度为，分针转动的角度为，可得，由，则，令，求导可得恒成立，则为减函数，由，则当时，，所以；，可得；由，则，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则___________.【答案】【解析】因为.故答案为：.13.若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为___________.【答案】【解析】因为是夹角为的两个单位向量，所以，所以，则与的夹角为.故答案为：.14.与函数的解析式和值域相同，定义域不同的函数有___________个.【答案】【解析】由题意知，令，解得或；令，整理可得，解得或；令，整理可得，解得或；设，函数定义域为，则，若定义域有三个元素时：；若定义域有四个元素时；；若定义域有五个元素时；；若定义域有六个元素时；；若定义域有7个元素时.；所以解析式和值域相同，定义域不同的函数有.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．已知．（1）求角C的值；（2）若，，求的面积．解：（1）在中，由及正弦定理，得，而，，则，又，所以.（2）在中，由余弦定理得，而，因此，又，解得，所以的面积．16.已知函数.（1）当时，求图象在1,f1处的切线方程；（2）若函数在1,+∞上单调递增，求实数a的取值范围.解：（1）当时，，，，，，所以的图象在处的切线方程为：.（2），若函数在1,+∞上单调递增，则f'x≥0即对于x∈1,+∞令，当时，，则函数在1,+∞上单调递增，所以，故.17.已知三棱锥中，与底面所成角相等，，为中点，点在上且截面.（1）求证：平面；（2）求直线到平面的距离.解：（1）证明：与底面成相等角，设点在平面上射影为，则有，∴且，∴是的外心.是直角三角形，且是斜边的中点，∴点和点重合，∴平面.（2）法一：由（1）平面，平面，则，又，，平面，∴平面，又平面，则①.且，又，也是等腰直角三角形，，，截面，过的平面与平面交于，，则②，由①②，都在面内，则平面，∴点到平面的距离即，，且由知是中点，∴.点到平面的距离为.∴平面，∴到平面的距离即为点到面的距离，即为.法二：截面，过的平面与平面交于，∴，是中点，则是中点，故，由（1）平面，又平面，∴，又，，平面，∴平面，平面，，且，，∵，因为是中点，平面，所以点到平面的距离为，设点到面距离为，，∴，故，∵平面，∴到平面的距离即为C点到面的距离，即为.18.已知无穷数列满足.（1）求的通项公式；（2）树德中学各班将要举行“辞2024旧岁，迎2025新年”的主题活动，要求有一些含学科元素的游戏或节目.某班数学科代表想用这个数列，组织如下游戏：让参与同学在数列中随机抽取10项，如果在这10项中，至少有k项的值能被2025整除，则这个同学即中奖并得到小礼物（此构想由信息科代表协助编程完成，即抽取项的序号可由计算机产生随机数，抽取项的值能否被2025整除也由计算机来判断，游戏时同学只需要按一次键即可知道抽取和判断结果），（i）设随机变量表示抽取项中能被2025整除的项的个数，求；（ii）本着开心迎新年的原则，若要中奖概率大于90%，那么规定是否合理，若合理，请说明理由；若不合理，请给出一个合理的k取值方案.解：（1）由，得，而，即，则数列是首项为2024，公比为2024的等比数列，又，所以的通项公式.（2）（i）由二项式定理，，要能被2025整除，需，则为正奇数，且是无穷数列，奇数项和偶数项一样多，因此随机抽取一项能被2025整除的概率是，且每次抽取相互独立，，所以.（ii）设中奖概率为，则，所以规定合理.19.我们可以通过将平面直角坐标三角换元得到平面内一点绕坐标原点O的坐标旋转公式：如图，平面直角坐标系中，已知点Px,y，设，角始边在x轴非负半轴，终边与重合，则可得，将绕坐标原点O逆时针旋转后，P点旋转到.（1）求证：；（2）已知曲线C是函数的图象，它是某双曲线绕原点O逆时针旋转后得到的，求C的离心率；（3）已知曲线是由某椭圆绕原点O逆时针旋转后所的斜椭圆，过点作与两坐标轴都不平行的直线交曲线E于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线E于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.解：（1）证明：经过逆时针旋转到后，角终边与重合，所以，，得证.（2）法一：直接求离心率（抓住离心率与渐近线夹角即双曲线开口宽阔程度相关的本质）易知曲线C的渐近线是与y轴，它们夹角为，顺时针旋转回去后两渐近线夹角仍为，设曲线C的离心率为e，则.法二：先求双曲线标准方程，再求离心率（轨迹思想，旋转不改变形状）设曲线C上一点为，逆时针旋转后的点在的图象上，由（1）知：，若将以上坐标代入得，即，化简即得曲线