贵州省六校联盟2024-2025学年高三上学期12月月考试题数学PDF版含解析_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1226贵州省六校联盟2024-2025学年高三上学期12月实用性联考（三）（全科）

{#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}{#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}{#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}{#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}2025 届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（三） 数学参考答案 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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C B D A D A B 【解析】 1．由题意可知B{1，2}，AB{1，1，2}，故选C． 2．由频率分布直方图可知，该企业 70%的员工收入在第一、二组之间，低于平均收入 13.15 万，故A正确；因为直方图在右边“拖尾”，所以平均数大于中位数，故B正确；该企业 大多数员工收入较低，少数员工收入较高拉高了整体平均数，所以招聘人员的描述不能客 观反映该企业多数员工年收入的实际情况，故C错误；选用中位数或众数描述该企业员工 年收入来进行招聘更加合理，D正确，故选C． 3．对于①m，n必须相交，①错；②正确；③m，n平行或异面，③错，故选B． 4．设F为C的左焦点，连接AF，如图1，则由椭圆的对称性可知 |AF||BF|2b2，由椭圆定义得2a|AF||AF|3b2 2，解 得b2  2 3 .所以椭圆的离心率为 e a c  1    b a    2  3 3 ，故选D． 5．由题可知，a C1a，a C2a2，a C4a4，因为a，a，a 成等 1 6 2 6 4 6 1 2 4 图1 5 比数列，所以(C2a2)2 C1aC4a4，解得a ，故选A． 6 6 6 2 π  π  π π 6．∵f  x f(x)0，∴y f(x)的对称中心为 ，0，∴ kπ，kπ ，kZ， 3  6  6 6 π π 5π 5π π 5π 0 ，∴ ；f  sin  1，故x 是函数 y f(x)的一条对称 2 6  3   3 6 3 轴方程，A 正确； f(x)的最小正周期为T 2π，则kT(k 0，kZ)也是函数 f(x)的  π  π 周期，故4π也是 f(x)的一个周期，B 正确； f(xπ)sinxπ  sinx ，  6  6 数学参考答案·第1页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#} 5π π 5π 7π 2π sin  0，x 是 f(xπ)的一个零点，C 正确； f(x)在 ， 递增，  6 6 6 12 3  2π 11π 在 ， 递减，故选D．  3 12  n 7．设事件 A 为“最终中奖”，事件 B 为“一开始选中的有奖品”，则P(B) ，在组织方 m 撤走一个无奖的盒子后，若一开始选中的有奖，则剩余m2个盲盒中有n1个奖品，若 一开始选中的无奖，则剩余m2个盲盒中有n个奖品；故方案一，不更换所选择的盒子， n mn n 则 p P(A)P(A|B)P(B)P(A|B)P(B)1 0  ； 1 m m m n1 n n 方案二，更换所选择的盒子，则 p P(A)P(A|B)P(B)P(A|B)P(B)   2 m2 m m2 mn mnn p m2 2m   ，因此 1  1，故 p  p ，故选A． m m2 2m p m2 m 1 2 2 f(x ) f(x ) 8．不妨设 x x ，则 x x 0 ，由 2 1 2 得： f(x ) f(x )2(x x ) ，即 1 2 2 1 x x 2 1 2 1 2 1 f(x )2x  f(x )2x ，令g(x) f(x)2x，则g(x )g(x )，所以g(x)在(0，)上单调 2 2 1 1 2 1 递减.由 f(1)2024得g(1)2022，由f(x2024)2(x1013)得f(x2024)2(x2024) x20240 2022，即g(x2024)g(1)，所以 ，解得2024x2025，所以原不等式的 x20241 解集为(2024，2025)，故选B． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有 多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 答案 BC BCD ABC 【解析】         9．对于A，由a∥b，得t20，解得t2，A错误；对于B，由(2ab)a，得(2ab)a0， 9   解得t  ， B 正确；对于 C，当t 1，π 时，bc，C 正确；对于 D， 2   |ca|2(cos1)2 (sin2)2 62 5sin()[62 5，62 5]，D 错误，故选 BC． 数学参考答案·第2页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}10．由正弦定理知：a∶b∶c1∶ 2∶2， 令ak，b 2k，c2k ， 1  c2 a2 b2  2 1  4k2 k2 2k2  2 1 7 ∴S  c2a2     4k2k2      k2  7 ， 4   2    4   2    2 2 解得k 2，所以a2，b2 2，c4． A选项：因为a∶b∶c1∶ 2∶2，所以sinA∶sinB∶sinC 1∶ 2∶2 A∶B∶C，故A错误； a2 b2 c2 4816 2 B选项：cosC    ，故B正确； 2ab 222 2 4 C选项：C abc62 2 ，故C正确； △ABC  1    1   D选项： CD (CACB)，|CD|2 (CACB)2， 2 4  1     1  2  ∴|CD|2 (|CA|2 2|CA||CB|cosC|CB|2 8222 2 42，   4 4  4   ∴CD 2 ，故D正确，故选BCD． 3  3  3  11．∵f  2x ，g(x2)均为偶函数，∴f  2x f  2x ， g(x2)g(x2)， 2  2  2  3 3  3  ∴函数 f(x)关于x 对称，∴ f(0) f(3)，故A正确；由 f  2x f  2x 两边求 2 2  2  3  3  3  3  3  导得： f  2x 2 f  2x (2)，即 f  2xf  2x ，∴g 2x 2  2  2  2  2  3  3  3  3  3  g 2x ，即g 2xg 2x ，故B正确；由B知，g 2xg 2x， 2  2  2  2  2  3  3 所以g(x)关于  ，0 对称 ， ∴g 0，又因为g(x2)g(x2)，所以g(x)关于 2  2 5 3 3  3  1 x2对称，∴g g 0，故C正确；因为g 2xg 2x ，令x 得： 2 2 2  2  4 g(1)g(2)，故D错误，故选ABC． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 1i 8π y2 3x (或2 3x y0) 数学参考答案·第3页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}【解析】 1i 1i (1i)i 12．由zi3 1i得z   1i，所以z1i. i3 i i2 13．如图2，将三棱锥SABC构造为直三棱柱SMN ABC， AB2  AC2 BC2 1 在△ABC中，由余弦定理cosBAC   ， 2AB AC 2 2π 3 1 1 ∴BAC  ；∴   ABACsinBACSA，∴SA2， 3 6 3 2 图2 BC 3 设△ABC的外接圆圆心为O ，半径为r ，2r  ，r1， 1 sinBAC 3 2 设三棱锥SABC的外接球球心为O，半径为R，连接OA，OO ，则OA2 OO2 O A2 2， 1 1 1 ∴S 4πR2 8π． 14．设|BF |m，|BF |n，nm，因为|OB||OF ||OF |，则FBF 90，则 1 2 1 2 1 2 m2 n2 4c2   m a2 2b2 a  nm2a ，解得 ， 如图3，  c2 a2 b2 n a2 2b2 a  又以OF 为直径的圆经过点A，则OAF 90， 2 2 图3 n 则A为BF 的中点，所以|AF | ， 2 2 2 n 则|AF |2a ，在直角三角形ABF 中，|AF2||AB2 ||BF2|， 1 2 1 1 1  n 2 n 2 即 2a    m2，  2 2  m a2 2b2 a 化简得m2 2an4a2，将 代入得2a2 b2 2a a2 2b2 0， n a2 2b2 a 2b2 b2 b 化简得2 1  2，解得 2 3，所以双曲线的渐近线方程为y2 3x. a2 a2 a 数学参考答案·第4页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） a a a 2a 2a 32n12a 3 解：（1）b b  n1  n  n1 n  n n  ． n1 n 2n1 2n 2n1 2n1 4 …………………………………………（4分） a 1 1 3 又∵b  1  ，∴b 是以 为首项， 为公差的等差数列， 1 2 2 n 2 4 …………………………………（5分） 1 3 3 1 ∴b  (n1)  n ． …………………………………………（6分） n 2 4 4 4 a 3 1 3 1 （2）由（1）知 n  n ，∴a  n 2n，∴4a (3n1)2n， 2n 4 4 n 4 4 n …………………………………………（7分） T 221522 823 ...(3n1)2n，① ……………………………………（8分） n 2T 222 523 824 ...(3n4)2n (3n1)2n1，② n ………………………………（9分） ①−②，得T 4322 323 …32n (3n1)2n1 ………………………（10分） n 4(12n-1) 43 (3n1)2n1 …………………………（11分） 12 8(43n)2n1， …………………………（12分） ∴T (3n4)2n18． …………………………（13分） n 16．（本小题满分15分） 1 解：（1） f(x) (2a1)， …………………………（1分） x 设直线yx与曲线y f(x)相切时切点为(x，lnx (2a1)x )， 0 0 0 …………………………………………（2分） 1  (2a1)1 则x ， …………………………（4分） 0  lnx (2a1)x x 0 0 0 x e  0 1 解得 1 ， 则a ． …………………………（6分） a 2e   2e 数学参考答案·第5页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}（2）令 f(x)lnx(2a1)x0， …………………………（7分） lnx 得2a1 ， …………………………（9分） x lnx 1lnx 令h(x) ，x(0，)，则h(x) ， …………………………（10分） x x2 令h(x)0，解得xe，所以当x(0，e)时，h(x)0，h(x)单调递增； x(e，)时，h(x)0，h(x)单调递减，且当x时，h(x)0. …………………………（12分） 1 所以h(x)的极大值为h(e) ， …………………………（13分） e lnx 要使g(x)有两个零点，则直线y2a1与函数h(x) 的图象有两个交点， x …………………………（14分） 1 1 1e  1 1e ∴02a1 ，解得 a ，实数a的范围为  ，  ． e 2 2e  2 2e  ………………………………………（15分） 17．（本小题满分15分） （1）证明：如图4，∵PA平面ABCD，BC平面ABCD，∴PABC． ………………………………（1分） 又因为四边形ABCD是正方形，∴ABBC， 又ABPA A，∴BC 平面PAB，AE平面PBC ， ∴BC  AE， …………………………（3分） ∵PA AB，E是PB的中点，∴AE PB，又PBBC B， 图4 ∴AE 平面PBC ， …………………………（5分） 又AE平面AEF，∴平面AEF 平面PBC ． …………………………（6分） （2）解：建立空间直角坐标系Axyz如图5所示，A(0，0，0)， P(0，0，2)，E(1，0，1)，C(2，2，0)，   令PF PC(0≤1），则F(2，2，22)， …………………………（7分）  图5 设平面AEF 的一个法向量为m(x，y，z)， 数学参考答案·第6页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}  AE (1，0，1)，AF (2，2，22)， ……………………（8分）    m AE0 xz0   ，即 ， m AF 0 2x2y(22)z0  解得m(，21，)， …………………………（10分）  平面PAD的一个法向量为n(1，0，0)， 设平面PAD与平面AEF 夹角为，   mn  2 1 1 所以cos       ， |m||n| 62 41 62 41  1 2   4 6     1 2   2 2 …………………………（12分） 1 因为(0，1]，所以 [1，)，  1 1 2 所以 2，即 时，cos取到最大，(cos)  ，………………………（13分）  2 max 2 要使平面PAD与平面AEF 夹角的正弦值最小，则cos最大， 2  2 2 PF 1 故平面PAD与平面AEF 夹角的正弦值最小值(sin)  1   ，此时  ． min  2  2 PC 2   …………………………（15分） 18．（本小题满分17分） 解：（1）设点A(x，y )，B(x，y )，则x2 2py ，x2 2py ， 1 1 2 2 1 1 2 2 当△ABO为等边三角形时，|OA||OB|，则x2  y2 x2  y2， 1 1 2 2 即2py  y2 2py  y2，化简得(y  y )(y  y 2p)0， 1 1 2 2 2 1 1 2 ∵y  y 2p0，∴y  y 0，故直线AB平行于x轴，…………………………（2分） 1 2 2 1 （由抛物线的对称性得直线AB平行于x轴同样得分） 不妨设点A(x，y )在第一象限，则x x 0，|AB|2x 2 3，∴x  3， 1 1 1 2 1 1 x2 1 由|OA| x2  y2 2 3得y 3，∴p 1  ，抛物线C的方程C：x2  y． 1 1 1 2y 2 1 …………………………（4分）  1 1 （2）依题意F0，  ，C的准线方程为y ①， …………………………（5分）  4 4 数学参考答案·第7页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}y x2  1 1 直线BO的方程为y 2 x 2 xx x，即yx x②，由①②得点D ， ， x x 2 2  4x 4 2 2 2 …………………………（7分） 1 1 y y 4 x0 4 x  1  1 直线AB的方程为  ，即  ，化简得yx  x ， y  1 x 2 0 x2  1 x 2  2 4x 2  4 2 4 2 4 …………………………（8分） x2  y   1  1 1 由  1  1得x2 x  x 0，由韦达定理得x x x  ，   y  x 2  4x 2   x 4  2 4x 2  4 1 2 2 4x 2 1 即x  ，∴点A与点D的横坐标相等，∴ADx轴． 1 4x 2 …………………………………………（10分） 1 1 （3）设点A(x，x2)，B(x，x2)，由|AB| 得(x x )2 (x2 x2)2  ， 1 1 2 2 2 1 2 1 2 4 ……………………………………（12分） 1 1 化简得(x x )2[1(x x )2] ，即(x x )2  1， 1 2 1 2 4 1 2 4(x x )2 1 2 1 ∴2(x2 x2)(x x )2  1， 1 2 1 2 4(x x )2 1 2 x2 x2 1 1  ∴y 0  1 2 2  4 (x 1 x 2 )2  4(x x )2 1   ． …………………………（14分） 1 2  1 1 1  令t(x 1 x 2 )2，则t  0， 4   ，则y 0  f(t) 4   t 4t 1  ， 1 1   1 1 1   1 f(t) 4   1 4t2   0在   0， 4   恒成立，故函数 f(t) 4   t 4t 1  在   0， 4   单调递减， 1 1 ∴y  f(t)≥f   ， …………………………（16分） 0 4 16  1  ∴y 0 的取值范围是  16 ，  ． …………………………（17分） 数学参考答案·第8页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}另解：（3）显然直线AB斜率存在，设直线AB的方程为ykxb，……………（11分） ykxb 由 得x2 kxb0，设点A(x，y )，B(x，y )， x2  y 1 1 2 2 则k2 4b0，x x k，xx b， …………………………（13分） 1 2 1 2 1 1 由|AB| 得|AB| 1k2 (x x )2 4xx  ， 2 1 2 1 2 2 1 1 k2 即|AB| 1k2 k2 4b  ，化简得b  ， ……………（14分） 2 16(k2 1) 4 y  y x2 x2 (x x )2 2xx k2 2b k2 k2 1 k2 ∴y  1 2  1 2  1 2 1 2   b   0 2 2 2 2 2 2 16(k2 1) 4 k2 1 1 1    ， …………………………（15分） 4 16(k2 1) 4 t 1 1 令t k2 1(t≥1)，则y    ， 0 4 16t 4 t 1 1 1 易知函数y    在[1，)单调递增，∴y ≥ ， 0 4 16t 4 0 16  1  ∴y 0 的取值范围是  16 ，  ． …………………………（17分） 19．（本小题满分17分）  (a，3) (b，1)  (c，3) 解：（1）两次移动的所有路径如下：(a，3) ，  (a，1) c，2   (a，3) 所以两次传递后，毽子所有可能的落点位置为：(a，1)，(a，3)，(c，3)． …………………………（3分） （2）毽子三次移动后的所有路径如下：   (b，1)  (a，3)   (c，2) (b，1)   (b，1)  (c，3)     (a，2) (a，3) ， …………………………（5分）   (b，3)    (a，1)   (c，2) (c，2)   (b，1)  (a，3)    (c，2) 数学参考答案·第9页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}3 4 1 三次传递后，毽子落在第1行的概率为 ，落在第2行的概率为  ，落在第3行的概 8 8 2 1 率为 ，所以毽子最终停留在第2行的概率最大． …………………………（7分） 8 （3）将比赛场中的8个人按如图6所示进行编号： 图6 将毽子可以去的位置用箭头连接起来，若从3可以连接到4或8，记做438； 从8可以连接3或1，记做381；然后将它们串联起来：4381. 依次类推，可以串联出环状回路：438167294，如 图7所示： 则毽子等价于在这个环状回路中运动． …………………………（9分） 图7 问题（3）可以转化为将两个毽子从环状回路中的3号、7号位置发出，每次传递3号、7 号两个位置处的毽子传递有四种运动：（顺，顺），（顺，逆），（逆，顺），（逆，逆），发 1 生概率均为 . 4 为了转化问题，现规定：d “两毽子之间的最短节点数”，如图8，例如： 图8 且规定两毽子传给同一个人时，d 0.并统计四种运动模式下d会如何变化. 假设3号位置毽子顺时针走过x个节点可以与7号位置毽子重合；或逆时针走过y个节点 也可以与之重合. 为了简化问题，不妨假设x≤y，于是有下表： 数学参考答案·第10页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}（顺，顺） （顺，逆） （逆，顺） （逆，逆） d 0 d 0 d 1 d 1 d 0 d 1 d 1 d 0 d 3 d 1 d 3 d 3 d 1 d 1 d 3 …………………………（12分） 设 p “n次传递后，d 0的概率”，q “n次传递后，d 1的概率”， n n  1 1 p  p  q  n 2 n1 4 n1   1 1 1 1 R “n次传递后，d 3的概率”，则有：q  p  q  R  ， n n 2 n1 2 n1 2 n1 2   1 1 R  q  R   n 4 n1 2 n1 1 1 1 1 1 所以 p  p   p   p  ， …………………………（15分） n 2 n1 8 n 4 2 n1 4 1 1 1 1 1 n1 1 1 显然： p 1 0， p 1  4  4 ，所以 p n  4  4   2   ，所以 p n  4  2n1 ． …………………………（17分） 数学参考答案·第11页（共11页） {#{QQABAQiEogCIAAJAABgCQwUgCEEQkgCCAQgGgBAIoAIBSAFABAA=}#}