【文档说明】湖北省市级示范高中智学联盟2024-2025学年高三上学期12月联考数学试题 Word版含解析.docx，共(18)页，539.411 KB，由envi的店铺上传

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湖北省市级示范高中智学联盟2024年秋季高三年级12月联考数学试题一、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，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【

解析】【分析】利用对数函数的定义域求法化简集合A，再利用集合的交集运算即可得解.【详解】因为，,又，所以.故选：B.2.若复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，则复数（）A.1B.C.iD.【答案】C【解析】【分析】根据对称性求出，再利用复数

除法求解作答.【详解】因为复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，所以，所以故选：C3.已知等差数列的公差为，若，，成等比数列，是的前项和，则等于（）A.8B.6C.D.0【答案】D【解析】【分析】由，，成等比数列，可得，再利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出.【详解】，，成等比数列，，

，化为，解得，则.故选：D.4.已知随机变量，且，则的最小值为（）A.9B.3C.D.【答案】B【解析】【分析】利用正态分布密度曲线的对称性可求得，代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得所求代数式的最小值.【详解】因为随机变量，且，可得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为3

.故选：B.5.已知的三个角的对边分别是，若，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理将边化为角，利用题设将B换为A，从而求出，再利用二倍角公式求出.【详解】因为，，所以，因为，所以，所以，即，又，得，所以.故

选：D.6.将函数的图象向右平移个单位长度后与函数的图象重合，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出，根据可得，从而可求其最小值.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，又，，由题可

知，，，解得，，又，当时，取得最小值.故选：B.7.已知函数，若，则的单调递减区间为（）A.或B.C.或D.【答案】C【解析】【分析】先根据题目条件求出的值，再利用导函数求单调性即可..【详解】图象如下，所以，解得，故，，令，解得或，所以在或上单调递减.故选：C.8.如图，

底面同心的圆锥高为，A，B在半径为1的底面圆上，C，D在半径为2的底面圆上，且，，当四边形面积最大时，点O到平面的距离为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，确定四边形的形状，再求出四边形面积最大时，圆心O到边BC的距离，然后在几何体中作出点O

到平面的垂线段，借助直角三角形计算作答.【详解】如图，设直线AB交大圆于点F，E，连接CE，DF，由，知四边形为等腰梯形，取AB，CD的中点M，N，连接MN，则，因为，所以，因为，所以四边形是矩形，因此四边形为矩形，过O作于，连接OB，OC

，OA，OD，从而四边形的面积，当且仅当，即时取等号，此时，如图，在几何体中，连接PQ，PO，因为平面，平面，所以，又，，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，显然平面平面，在平面内过作于，从而平面，

即OR长即为点到平面的距离，在中，，，所以，所以点O到平面的距离是.故选：C【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向

量的投影即可.二、多选题：本题共三小题，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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法中正确的有（）A.函数在上单调递增B.函数的定义域是，

则函数的定义域为C.不等式的解集为D.函数关于点中心对称【答案】BD【解析】【分析】由复合函数的单调性可判断A；由函数的定义域的定义可判断B；对讨论，分，，，可判断C；由函数的图象平移可判断D.【详解】对于A，函数在上单调递减，故A错误；对于B，函数的

定义域是，可得，解得，所以函数的定义域为，故B正确；对于C，不等式，当时解集为；当时解集为；当时解集为，故C错误；对于D，的图象可由向左平移1个单位，再向上平移2个单位得到，可得关于点中心对称，故D正确.故选：BD.10.在四棱锥中，底面是矩形，，，平面

平面，点在线段上运动（不含端点），则（）A.存在点使得B.四棱锥外接球的表面积为C.直线与直线所成角为D.当动点到直线的距离最小时，过点作截面交于点，则四棱锥的体积是【答案】BD【解析】【分析】取的中点，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的判断定理证明平面，然后由线

面垂直的性质定理判断A，把四棱锥补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断B，C，由平面，当动点到直线的距离最小时，从而得为的中点，为的中点，再由体积公式计算后判断D.【详解】如图1，取的中点，连接，，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，则又因为，所以，又

，，平面，所以平面.因为平面，平面，所以不成立，A错误.图1图2图3因为为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面作为底面一部分，补成棱长为的正方体.如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径，即四棱锥外接球的表面积为，B正确.如图2，直线与直线所成角即为直线与直线所成角，而是正三角形，

故该夹角为，C错误.如图1，因为平面，当动点到直线的距离最小时，由上推导知，，，，，，，因此为的中点，如图3，由为的中点，即为中点，平面即平面与的交点也即为与的交点，可知为的中点，故，D正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都

在过各面外心用与该面垂直的直线上；（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置.11.设函数，，则下列结论正确的是（）A.，在上

单调递减B.若且，则C.若在上有且仅有2个不同的解，则的取值范围为D.存在，使得的图象向右平移个单位长度后得到的函数为奇函数【答案】ACD【解析】【分析】由，选项A：利用正弦函数的单调性判断；选项B：利用正弦函数的最值、周期判断；选项C：

利用正弦函数的图象判断；选项D：利用三角函数的图象变换判断.【详解】，对于A，，当时，，由复合函数、正弦函数单调性可知在上单调递减，故A正确；对于B，若且，则，故B不正确；对于C，若，则，若在上有且仅有2个不同的解

，如图所示：可得，解得，也就是的取值范围为，故C正确；对于D，，可知当时，是奇函数，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：此题考查正弦函数的性质，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是根据三角函数恒等变换公式将函数化简变形为，再利用正弦函数的性质分析即

可，考查计算能力，属于较难题.三、填空题：本题3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数为偶函数，则______.【答案】【解析】【分析】根据偶函数的性质，即可得到对均成立，从而求出参数的值，检验成立即可.【详解】由题设，，所以，得，得对均成立.所以，解得.经检验，满足要求.故

答案为：.13.若为一组从小到大排列的数，1，3，5，7，9，11，13的第六十百分位数，则的展开式中的系数为__________.【答案】【解析】【分析】利用第百分位数的定义求出，再利用组合的应用列式计算作答.【详解】由，得

，于是展开式中含的项为，所以的展开式中的系数为.故答案为：14.已知，，若关于x的不等式在上恒成立，则的最小值为______.【答案】8【解析】【分析】结合一次函数与二次函数的图象性质，由不等式可得两函数有共

同零点，由此得是方程的根，可得的关系，消b再利用基本不等式求解最值可得.【详解】设，又，所以在单调递增，当时，；当时，，由图象开口向上，，可知方程有一正根一负根，即函数在有且仅有一个零点，且为异号零点；由题意知，则当时，；当时，，所以是方程的根，则，即，且，所以，当且仅当，

即时，等号成立，则的最小值是8，故答案为：8四、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.已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）求的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意先求出，然后当时，由已知

可得，两式相减即可得解；（2）利用错位相减法即可得解.【小问1详解】因为，当时，得，当时，由，得，两式相减得：，则，检验：满足上式，故；【小问2详解】由（1）知，则，故，两式相减可得：，故.16.在中，内角A，B，C的对边长分别

为a，b，c，.（1）若，求面积的最大值；（2）若，在边AC的外侧取一点D（点D在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，由余弦定理求得，得到，再由余弦定理和基本不等式求得

ac的最大值，进而求得面积的最大值；（2）设，利用余弦定理和正三角形，求得，列出方程，即可求解.【小问1详解】由因为，可得，又由正弦定理得，即，由余弦定理得，因为，可得，所以，在中，由余弦定理得，即，当且仅当时取等号，所以，所以面积的最大值为.【

小问2详解】设，则，在中，由余弦定理得，由（1）知，且，所以为正三角形，所以，可得，故，因为，所以，可得.17.若OA为平面的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面内的射影，OC为平面内的一条直线，其中为

OA与OC所成的角，为OA与OB所成的角，即线面角，为OB与OC所成的角，那么简称为三余弦定理.如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，，，，D在上且满足.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）

过点D作交于，连接CE，BE，设，连接，则根据题意利用线面垂直的判定定理可证得平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；（2）由已知可证得平面，然后建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求解即可.【小问1详解】证明：如图，过点D作交于，连接

CE，BE，设，连接，，，∵D在上且满足，∴，∵，，四边形为正方形，，，，，，，为CE的中点，，因为，，平面，平面，又平面，平面平面.【小问2详解】在中，，，又，，，，又，，，平面，平面，故建立如图空间直角坐标系，则，，，，.，，，.设平面的一个

法向量为，则，令，得，设平面一个法向量为，则，令，得，所以，故平面与平面夹角的余弦值为.18.已知函数，.（1）求的单调区间；（2）设函数，若存在，对任意的，总有成立，求实数的取值范围.【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为.（2）【解析】【分析】（

1）先求出，再求出其导数，讨论其符号后可得的单调区间.（2）原不等式等价于，利用导数可求，利用二次函数的性质可得，从而得到的取值范围.【小问1详解】，令，则，故且.当时，，故在为增函数；当时，，故在为减函数.故的单调增区间为，单调减区间为.【小问2详解】，因为，故

，所以在上为增函数，故，图像的对称轴为，故当时，.因为存在，对任意的，总有成立，故，即，故19.黄冈地处湖北省东部，以山带水，胜迹如云.为了合理配置旅游资源，管理部门对首次来黄冈旅游的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人计划只参观罗田天堂寨，另外的人计划既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁.每位游

客若只参观罗田天堂寨，则记1分；若既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁，则记2分.假设每位首次来黄冈旅游的游客计划是否游览东坡赤壁相互独立，视频率为概率.（1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望；（2）从游客中随机抽取人，记这人的合计得分

恰为分的概率为，求；（3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由.【答案】（1）分布列见解析，（2）（3）趋近于常数.【解析】【分析】（1）根据题意得到变量X的可能取

值为2，3，4，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望；（2）由这人的合计得分为分，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解；（3）记“合计得分”为事件A，“合计得分”为事件，得到，结合数列的递推关系

式，进而求得数列的通项公式，得到答案.【小问1详解】由题意得，随机变量的可能取值为2，3，4，可得，，.所以的分布列如下表所示：X234P所以，数学期望为.【小问2详解】由这人的合计得分为分，则其中只有

1人计划既参观罗田天堂寨又游览东坡赤壁，所以，则，由两式相减，可得，所以【小问3详解】在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分，记“合计得分”为事件A，“合计得分”为事件，A与是对立事件，因为，，所

以，即，因为，则数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数.【点睛】思路点睛：第二问根据独立重复试验二项分布求得，然后结合数列错位相减求解；第三问根据事件概率和为1求得通过配凑成等比数列来求解出，从而解得趋近于常数.