2024-2025厦门第一中学海沧校区高三上12月份月考数学解析

福建省厦门第一中学海沧校区2024-2025学年度第一学期12月月考高三年数学试卷满分：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，只有一项是符合题目要求的.2MxZ0x∣2,Nx∣xx01.已知集合，则MN（）A.0,1B.1C.1,1D.【答案】B【解析】【分析】明确集合M,N，根据交集的概念求MN.【详解】xZ时，不等式0x2的解集为1,1，即M1,1，不等式xx10，解得0x1，即Nx∣0x1，故MN1．故选：B．2.若(22i)zi，则z（）11111111A.iB.iC.iD.i44444444【答案】B【解析】11【分析】根据复数的除法运算求得zi，再根据共轭复数的概念分析判断.44ii(22i)11【详解】因为(22i)zi，则zi，22i(22i)(22i)4411所以zi．44故选B．13.已知数列是首项为5，公差为2的等差数列，则a11（）an1111A.B.C.D.25221719第1页/共23页 【答案】A【解析】【分析】根据等差数列的定义，写出通项公式，结合题意，可得答案.111【详解】由题意得5n122n3，即a，则a．n11an2n325故选：A．4.已知0.2πaπ，b0.2，clogπ0.2，则（）A.bacB.cbaC.acbD.bca【答案】B【解析】【分析】由对数和指数函数的单调性比较大小即可.0.20π【详解】因为log0.2log10,ππ1,00.20.2，ππ所以cba.故选：B5.将5名大学生分配到3个乡镇当村官.每个乡镇至少一名，则不同分配方案有（）A.240种B.150种C.60种D.180种【答案】B【解析】【分析】根据题意要求，有“2:2:1”或“3:1:1”两种分配方案，因分配时出现部分平均分组，应在方法数上除以相同数目组数的阶乘.【详解】依题意，要使每个乡镇至少一名，可以有“2:2:1”或“3:1:1”两种分配方案.221C5C3C13按照“2:2:1”分配时，有2A390种方法；A2311C5C2C13按照“3:1:1”分配时，有2A360种方法.A2由分类加法计数原理，可得不同分配方案有9060150种.故选：B.216.已知点P是焦点为F的抛物线C:4xy上的一个点，过点P作直线l:y的垂线，垂足为点A，16直线l与y轴的交点为B，若PB是FPA的平分线，则△BFP的面积为().第2页/共23页 1122A.B.C.D.6412864128【答案】B【解析】【分析】先由题意求点F的坐标，得到PFAP，然后判断四边形ABFP的形状，最后求点P的坐标，进而得△BFP的面积.2211【详解】因为4xy，即xy，因此F0,，易知直线l是C的准线，则PFAP，416如图，又PBPB，FPBAPB，所以△FPB≌△APB，2BF1得PFBPAB90，四边形ABFP为正方形，故△BFP的面积为.2128故选：B.27.已知a，b为单位向量，且|a2b|7，向量c满足c4ac30，则cba的最小值为（）A.131B.31C.14213D.423【答案】A【解析】12π【分析】利用数量积的运算可得ab，从而得a,b，于是利用平面向量的坐标运算设2313OAa1,0,OBb,,OCcx,y，结合坐标运算确定C的轨迹，根据模长的坐标公22式转化cba为两点距离，根据轨迹方程的特点求得最值即可.【详解】因为a，b为单位向量，且|a2b|7，1222ab所以|a2b|a4b4ab7，则，2第3页/共23页 ab12π所以cosa,b，因为a,b0,π，则a,b，ab2313则不妨设OAa1,0,OBb,,OCcx,y，22222因为c4ac30，所以xy4x30，即点Cx,y的轨迹为圆，且圆心为M2,0，半径为r1，22133333又cbax,y,1,0x,yxy，2222223313设点P,，则cbax,y,1,0PC，2222根据点与圆的位置关系可得PCPMr131，min故cba的最小值为131.故选：A.8.“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球O）.如图：已知粽子三棱锥PABC中，PAPBABACBC，H、I、J分别为所在棱中点，D、E分别为所在棱靠近P端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面CDE或平面HIJ切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（）.233233A.πB.πC.πD.π9182754【答案】B【解析】第4页/共23页 232【分析】设PFCF1，易知PAPBABACBC，且FG，设肉馅球半径为r，CGx，33d根据中点可知P到CF的距离d4r，sinPFC4r，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可PF12322得x1，结合余弦定理可得cosPFC，进而可得PC，sinPFC，可得内切球半333径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值.【详解】如图所示，取AB中点为F，PFDEG，为方便计算，不妨设PFCF1，23由PAPBABACBC，可知PAPBABACBC，3又D、E分别为所在棱靠近P端的三等分点，22则FGPF，33且ABPF，ABCF、PFCFF，PF，CF平面PCF，即AB平面PCF，又AB平面ABC，则平面PCF平面ABC，设肉馅球半径为r，CGx，由于H、I、J分别为所在棱中点，且沿平面HIJ切开后，截面中均恰好看不见肉馅，d124r则P到CF的距离d4r，sinPFC4r，S△GFC14r，PF2332r又SGFC1x，解得：x1，32422211CFFGCG91故cosPFC，2CFFG23213第5页/共23页 2222PFCFPC11PC1又cosPFC，2PFCF21132322解得PC，sinPFC，33224r2432所以：sinPFC，解得r，V球r，316381由以上计算可知：PABC为正三棱锥，1111123233226故V粽SABCdABACsinBAC4r4，332323326272813所以比值为π.261827故选：B.二、多项选择题：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，有多个选项符合题目要求，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.下列说法中正确的是（）21222A.一个样本的方差sx3x3Lx3，则这组样本数据的总和等于60201220B.若样本数据x1,x2,,x10的标准差为8，则数据2x11,2x21,，2x101的标准差为16C.数据13,27,24,12,14,30,15,17,19,23的第70百分位数是23D.若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2，现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由题意可得样本容量为20，平均数是3,从而可得样本数据的总和，即可判断；对于B，根据标准差为8，可得方差为64，从而可得新数据的方差及标准差，即可判断；对于C，根据百分位数的定义，求出第70百分位数，即可判断；对于D，由题意可求得新数据的平均数及方差，即可判断.21222【详解】解：对于A，因为样本的方差sx3x3x3,122020所以这个样本有20个数据，平均数是3,这组样本数据的总和为32060,A正确；第6页/共23页 对于B，已知样本数据x,x,,x的标准差为s8，则s264，1210数据2x1,2x1,,2x1的方差为22s22264，其标准差为22642816，故B正确；1210对于C，数据13,27,24,12,14,30,15,17,19,23共10个数，从小到大排列为12,13,14,15,17,19,23,24,27,30，由于100.77，2324故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即23.5，2所以第70百分位数是23.5，故C错误；对于D，某8个数的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5，22855282(55)16设此时这9个数的平均数为x，方差为S，则x5,S2，故D正确.999故选：ABD.210.已知抛物线C:y4x的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，过点A作C的切线，交准线于点P，交x轴于点Q，下列说法正确的有（）A.|QF||AF|B.直线QB与C也相切πC.PAPBD.若PAF，则|AF|46【答案】ACD【解析】【分析】根据过A点切线与x轴交点坐标判断A，根据过B点切线与x轴交点坐标判断B，根据斜率之积判断C，在等腰三角形中得出|AQ|3|AF|，解出A点坐标判断D.2【详解】依题意，抛物线C:y4x的焦点为F(1,0)，准线方程为x1，不妨设点A在第一象限，且Ax1,y1,Bx2,y2，如图，第7页/共23页 12因为y24xy2x(y0)，所以y，xy2则有点A处的切线方程为：yy1xx1，即y1y2xx1，y1令y0，于是Qx1,0，则|QF|x11|AF|，选项A正确；同理有点B处的切线方程为：y2y2xx2，交x轴于x2,0，当x1x2时直线QB才是抛物线C的切线，否则直线QB不是抛物线C的切线，故B错误；点B处的切线方程为：y2y2xx2，�=