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=}#}