四川省成都列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题
1．（2024高三上·成华月考）一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
2．（2024高三上·成华月考）记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·成华月考）若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·成华月考）直线被圆截得的最短弦的弦长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·成华月考）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高三上·成华月考）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·成华月考）已知直线与抛物线相交于两点，以为直径的圆与抛物线的准线相切于点，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·成华月考）点是所在平面内的点，且有，直线分别交于点，记的面积分别为，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高三上·成华月考）一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ）
A．事件，为互斥事件 B．事件B，C为独立事件
C． D．
10．（2024高三上·成华月考）下列命题为真命题的是（ ）
A．已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则双曲线C的离心率为
B．“”在上恒成立的充要条件是“”
C．已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，则
D．设，，，则的大小关系为
11．（2024高三上·成华月考）已知函数在区间上单调，对，满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数在区间上单调，则
B．若函数在上恰存在个极值点，则
C．函数在上有四个零点，则
D．若，，则
12．（2024高三上·成华月考）已知复数（其中为虚数单位）， .
13．（2024高三上·成华月考）为进一步强化学校美育育人功能，构建德智体美劳全面培养的教育体系，某校开设了音乐 美术 书法三门选修课程.该校某班级有5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修，则恰好有2位同学选修音乐的概率为 .
14．（2024高三上·成华月考）已知函数在上单调递增，则的最大值为 .
15．（2024高三上·成华月考）如图，在直三棱柱中，分别是的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
16．（2024高三上·成华月考）在三角形中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，且，求的取值范围.
17．（2024高三上·成华月考）已知椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于点，且当轴时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左焦点为，若的外心在轴上，求直线的方程.
18．（2024高三上·成华月考）已知函数.
（1）当时，求的最大值；
（2）若存在极大值，求a的取值范围.
19．（2024高三上·成华月考）对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的p阶和数列.
（1）若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；
（2）若，求的二阶和数列的前n项和；
（3）若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时的公差.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将这些数从小到大重新排列后为：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23，
又因为，则取从小到大排列后的第8个数，
即该组数据的第75百分位数为18.
故答案为：D.
【分析】将这些数从小到大重新排列后结合百分位数的定义，从而计算可得该组数据的第75百分位数.
2．【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为为等差数列的前项和且，
所以，解得，
又因为公差，
所以，，
所以.
故答案为：B.
【分析】由等差中项的性质结合题意，从而求出的值，再利用等差数列的性质求出公差和的值，再由等差数列求和公式，从而计算出等差数列前8项的值.
3．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为.
又因为，则.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和二倍角的正弦公式得出，再由可得答案.
4．【答案】C
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：设圆的圆心为点，圆的标准方程为：，
圆心坐标为，半径，
则直线的方程可化为：，所以直线恒过定点，
当直线时，直线截圆的弦长最小，根据勾股定理可知：
弦长的最小值为.
故答案为：C.
【分析】先求出直线恒过定点，当直线时，直线截圆的弦长最小，再用勾股定理求出直线被圆截得的最短弦的弦长.
5．【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故答案为：B.
【分析】本题考查函数的单调性.先利用指数函数的单调性和对数函数的单调性可推出单调递增，再根据二次函数的性质和分界点的大小关系可列出不等式组，解不等式组可求出a的取值范围.
6．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：过三角形的中心作平面的垂线，
过三角形的中心作平面的垂线，
两垂线交于点，连接，
依据题中条件可知，为四面体的外接球球心，
因为，
所以，
则，即外接球半径为，
则该球的表面积为.
故答案为：C.
【分析】根据题中条件作出外接球球心，利用勾股定理计算得到外接球的半径，再结合球的表面积公式得出该球的表面积.
7．【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，抛物线的准线为，即，解得，
因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，
又因为直线，所以直线恒过抛物线的焦点，
设点，因为两点在抛物线上，
联立方程，两式相减可得，，
设的中点为，则，
因为点在直线上，解得可得，
所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，
所以，解得，
则，则.
故答案为：C.
【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出的值和抛物线的方程以及焦点坐标，再结合直线的方程可知直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心，再由得到关于的方程，解方程求出的值，从而得到弦长AB的值.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：依题意，如图所示：
由可得，即，
设，因为三点共线，
则存在实数，使得，
将代入，
可得，
即，
由于不共线，
则，解得，
即，，
同理，设，则，
因为三点共线，
所以，即，
又由三角函数的诱导公式可得，
所以.
故答案为：D.
【分析】由向量的加法法则结合三点共线确定点的位置，再结合三角形的面积公式，从而得出的值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【解答】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A符合题意；
由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B不符合题意；
，C符合题意；
事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】 根据题意，由互斥事件的定义可判断A；由相互独立事件的定义可判断B；由全概率公式计算P(B)，可判断C；由条件概率公式求出P(C|A2) ，可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】充要条件；函数单调性的性质；奇函数与偶函数的性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：对于A，设，
由双曲线的定义可得，即，
在中，由余弦定理可得，可得，
所以，故A正确；
对于B，当时，在上也成立，故B错误；
对于C，因为为奇函数，
所以，即，即的对称中心为，
因为为偶函数，所以，即，
又因为，即，
所以，所以，故的周期为8，
因为
所以，故C正确；
对于D，对取对数可得，
作差可得，
因为，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由双曲线的定义、余弦定理和双曲线的离心率的定义，则可判断出选项A；由已知条件和举反例的方法，则可判断出选项B；由函数的奇偶性和周期性，则可判断出选项C；对取对数后作差，再由对数函数的运算性质和对数函数的单调性，则可判断出选项D，进而找出真命题的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由于，则关于对称，
又因为，故是的最小值点，
结合在区间上单调，因此和是相邻的对称中心和对称轴，
故，则，
则，故，
由于，故，故.
对于A，，当，则，
若函数在区间上单调，
则，解得，则，故A正确；
如图，作出函数的图象如下：
令，则，故的图象与有四个交点，如图，
则关于对称，关于对称，
故，
则，故C正确，
如图，作出与的交点，
由图可知：，
则，，
结合，则，
故，则，
则，
结合，则，故，
，
，
故，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据函数的对称性和函数最值的求解方法，结合函数的单调性可得函数的周期，从而可得的值，再代入最值点可得的值，即可利用整体法求解，从而判断出选项A；利用已知条件作出函数图象，结合函数图象，即可判断出选项B和选项C；根据和差角的正弦、余弦公式和二倍角的余弦公式，即可判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以，
所以模长为.
故答案为：.
【分析】利用共轭复数的定义求出共轭复数，再利用复数的加减法运算法则和复数求模公式，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修，
共有种情况，
因为恰好有2位同学选修音乐共有，
所以恰好有2位同学选修音乐的概率.
故答案为：.
【分析】利用部分均匀分组，再结合古典概型求概率公式，从而得出恰好有2位同学选修音乐的概率.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题设可知，
当时，，此时在上，不合题意；
当，若，可得或，
若时，在上，，，则，不合题意；
若时，在上，，，则，不合题意；
若时，即，
在上，，则；
在上，，则，
显然在R上单调递增，满足题设，
综上所述，，当且仅当时等号成立，
所以目标式最大值为.
故答案为：.
【分析】对函数求导得出，对参数分类讨论判断出函数的单调性，从而得到，再代入目标式结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
15．【答案】（1）证明：由为直三棱柱，得平面，
又因为，
以为原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，由题意可得：，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
显然，即平面，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：由（1）可知，平面的一个法向量为，
显然轴垂直于平面，
不妨取其法向量为，设所求的平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件建立如图所示的空间直角坐标系，由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量，再代入结合两向量垂直证出线面平行.
（2）由（1）可知，平面的一个法向量，再利用轴垂直于平面结合数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）由为直三棱柱，得平面，又，
以为原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，
由题意可得：，
于是，，
设平面的法向量为，则，取，得，
显然，即平面，而平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，平面的一个法向量为，显然轴垂直于平面，
不妨取其法向量为，设所求的平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：根据正弦定理可知：
因为，所以，
所以.
（2）解：由余弦定理可知：，
因为，所以，，，
因为，
所以，，
由正弦定理得：，所以
，
因为，所以，所以，
所以时，取得最小值，
且，
所以的取值范围是.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边角转化，再利用三角形内角和定理、诱导公式和正弦的和角公式，则由三角形中角B的取值范围，从而得出角C余弦值.
（2）把转化为的函数，利用余弦定理和三角函数的单调性，从而得出角的取值范围 ，再利用二次函数的单调性求出的取值范围.
（1）根据正弦定理可知：，
因为，所以，所以.
（2）由余弦定理可知：，因为，所以，，，
因为，所以，，
由正弦定理得：，
所以
，
因为，所以，所以，
所以时，取得最小值，
并且，
所以的范围是.
17．【答案】（1）解：由题意得：，得，
将代入椭圆方程得，整理得，
则，
所以，即，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设过三点的圆的圆心为，，
又因为，则，
即，即，
又因为在椭圆上，
故，代入上式化简得到：，①
同理，根据可以得到：，②
由①②可得：是方程的两个根，则，
设直线：，联立方程：，
整理得：，
因为，
故，解得，所以，
所以直线的方程为：.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由已知条件结合椭圆的离心率的定义和代入法以及弦长公式，从而得出a，b的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）设过三点的圆的圆心为，，分别由和以及点在椭圆上得到①②，再结合韦达定理得到，设直线：，联立曲线方程结合韦达定理，从而解出t的值，进而得出直线AB的方程.
（1）由题意得：，得，
将代入椭圆方程得，整理得，
则，所以，即，
所以椭圆的方程为.
（2）设过三点的圆的圆心为，，又，
则，即，即，
又在椭圆上，故，代入上式化简得到：，①
同理，根据可以得到：，②
由①②可得：是方程的两个根，则，
设直线：，联立方程：，整理得：，
，
故，解得，所以，
所以直线的方程为：.
18．【答案】（1）解：由题可知的定义域为，
当时，，，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当时，取极大值，也是最大值，故的最大值为
（2）解：因为，
令，则，
当时，，在上单调递减，
当时，；，
根据零点存在定理，得在内存在唯一的零点，
在上，，，单调递增；
在上，，，单调递减，存在极大值，
当时，令，解得，（舍去），
在上，，单调递减；
在上，，单调递增，
所以，当时，取极小值，也是最小值，
故，
当时，即当时，
由于当时，，
此时，在上，必定存在唯一的零点，
在上，，，单调递增；
在，，，单调递减，存在极大值，
当时，在上，，
则单调递增不存在极大值，
综上所述，a的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极大值，进而得出函数的最大值.
（2）利用已知条件和导数与极值的关系，再结合对参数和讨论判断函数单调性的方法，利用函数求极限的方法和零点存在性定理，进而得出实数a的取值范围.
（1）由题可知的定义域为，
当时，，.
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以当时，取极大值，也是最大值，故的最大值为.
（2）.
令，则.
当时，，在上单调递减，
当时，；，根据零点存在定理，得在内存在唯一的零点，
在上，，，单调递增；
在上，，，单调递减，存在极大值.
当时，令，解得，（舍去），
在上，，单调递减；在上，，单调递增.
所以当时，取极小值，也是最小值，故.
当，即时，由于当时，，此时，在上，必定存在唯一的零点.
在上，，，单调递增；在，，，单调递减，存在极大值，
当时在上，，单调递增不存在极大值.
综上所述，a的取值范围是.
19．【答案】（1）解：由题意，得，，，
所以，，
因为是等比数列，所以公比为，
由此得，，，
则，
，
，
所以，
，
.
（2）解：设的二阶和数列的前n项和为，由题意，
得，
，
所以.
（3）解：因为，
所以，解得，
设数列的公差为d，
则，得，
又因为，
所以得出，
所以k的最大值是1999，此时公差为.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据一阶和数列的定义和，，，的值可计算出，，的值，再根据二阶和数列的定义计算出，的值，由数列的二阶和数列是等比数列可得公比的值，从而解得，，的值，再由题中定义可求出的值.
（2）根据题中定义和以及，从而可得数列的通项公式，则由等差数列前n项和公式求得数列的前n项和公式.
（3）由和一阶和数列的定义可得，从而可得公差，再结合可得正整数k的最大值.
（1）由题意，得，，，
所以，，
因为是等比数列，所以公比为，由此得，，，
所以，，，
所以，，.
（2）设的二阶和数列的前n项和为，
由题意，得，，
所以.
（3）因为，
所以，解得.
设数列的公差为d，则，
得，
又因为，
所以，得，
所以k的最大值是1999，此时公差为.
1 / 1四川省成都列五中学2024-2025学年高三上学期12月月考数学试题
1．（2024高三上·成华月考）一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将这些数从小到大重新排列后为：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23，
又因为，则取从小到大排列后的第8个数，
即该组数据的第75百分位数为18.
故答案为：D.
【分析】将这些数从小到大重新排列后结合百分位数的定义，从而计算可得该组数据的第75百分位数.
2．（2024高三上·成华月考）记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质
【解析】【解答】解：因为为等差数列的前项和且，
所以，解得，
又因为公差，
所以，，
所以.
故答案为：B.
【分析】由等差中项的性质结合题意，从而求出的值，再利用等差数列的性质求出公差和的值，再由等差数列求和公式，从而计算出等差数列前8项的值.
3．（2024高三上·成华月考）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为.
又因为，则.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和二倍角的正弦公式得出，再由可得答案.
4．（2024高三上·成华月考）直线被圆截得的最短弦的弦长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：设圆的圆心为点，圆的标准方程为：，
圆心坐标为，半径，
则直线的方程可化为：，所以直线恒过定点，
当直线时，直线截圆的弦长最小，根据勾股定理可知：
弦长的最小值为.
故答案为：C.
【分析】先求出直线恒过定点，当直线时，直线截圆的弦长最小，再用勾股定理求出直线被圆截得的最短弦的弦长.
5．（2024高三上·成华月考）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故答案为：B.
【分析】本题考查函数的单调性.先利用指数函数的单调性和对数函数的单调性可推出单调递增，再根据二次函数的性质和分界点的大小关系可列出不等式组，解不等式组可求出a的取值范围.
6．（2024高三上·成华月考）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：过三角形的中心作平面的垂线，
过三角形的中心作平面的垂线，
两垂线交于点，连接，
依据题中条件可知，为四面体的外接球球心，
因为，
所以，
则，即外接球半径为，
则该球的表面积为.
故答案为：C.
【分析】根据题中条件作出外接球球心，利用勾股定理计算得到外接球的半径，再结合球的表面积公式得出该球的表面积.
7．（2024高三上·成华月考）已知直线与抛物线相交于两点，以为直径的圆与抛物线的准线相切于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，抛物线的准线为，即，解得，
因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，
又因为直线，所以直线恒过抛物线的焦点，
设点，因为两点在抛物线上，
联立方程，两式相减可得，，
设的中点为，则，
因为点在直线上，解得可得，
所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，
所以，解得，
则，则.
故答案为：C.
【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出的值和抛物线的方程以及焦点坐标，再结合直线的方程可知直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心，再由得到关于的方程，解方程求出的值，从而得到弦长AB的值.
8．（2024高三上·成华月考）点是所在平面内的点，且有，直线分别交于点，记的面积分别为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：依题意，如图所示：
由可得，即，
设，因为三点共线，
则存在实数，使得，
将代入，
可得，
即，
由于不共线，
则，解得，
即，，
同理，设，则，
因为三点共线，
所以，即，
又由三角函数的诱导公式可得，
所以.
故答案为：D.
【分析】由向量的加法法则结合三点共线确定点的位置，再结合三角形的面积公式，从而得出的值.
9．（2024高三上·成华月考）一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ）
A．事件，为互斥事件 B．事件B，C为独立事件
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率与独立事件；全概率公式
【解析】【解答】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A符合题意；
由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B不符合题意；
，C符合题意；
事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D符合题意．
故答案为：ACD．
【分析】 根据题意，由互斥事件的定义可判断A；由相互独立事件的定义可判断B；由全概率公式计算P(B)，可判断C；由条件概率公式求出P(C|A2) ，可判断D.
10．（2024高三上·成华月考）下列命题为真命题的是（ ）
A．已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则双曲线C的离心率为
B．“”在上恒成立的充要条件是“”
C．已知函数的定义域为为奇函数，为偶函数，则
D．设，，，则的大小关系为
【答案】A,C
【知识点】充要条件；函数单调性的性质；奇函数与偶函数的性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：对于A，设，
由双曲线的定义可得，即，
在中，由余弦定理可得，可得，
所以，故A正确；
对于B，当时，在上也成立，故B错误；
对于C，因为为奇函数，
所以，即，即的对称中心为，
因为为偶函数，所以，即，
又因为，即，
所以，所以，故的周期为8，
因为
所以，故C正确；
对于D，对取对数可得，
作差可得，
因为，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】由双曲线的定义、余弦定理和双曲线的离心率的定义，则可判断出选项A；由已知条件和举反例的方法，则可判断出选项B；由函数的奇偶性和周期性，则可判断出选项C；对取对数后作差，再由对数函数的运算性质和对数函数的单调性，则可判断出选项D，进而找出真命题的选项.
11．（2024高三上·成华月考）已知函数在区间上单调，对，满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若函数在区间上单调，则
B．若函数在上恰存在个极值点，则
C．函数在上有四个零点，则
D．若，，则
【答案】A,C,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由于，则关于对称，
又因为，故是的最小值点，
结合在区间上单调，因此和是相邻的对称中心和对称轴，
故，则，
则，故，
由于，故，故.
对于A，，当，则，
若函数在区间上单调，
则，解得，则，故A正确；
如图，作出函数的图象如下：
令，则，故的图象与有四个交点，如图，
则关于对称，关于对称，
故，
则，故C正确，
如图，作出与的交点，
由图可知：，
则，，
结合，则，
故，则，
则，
结合，则，故，
，
，
故，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据函数的对称性和函数最值的求解方法，结合函数的单调性可得函数的周期，从而可得的值，再代入最值点可得的值，即可利用整体法求解，从而判断出选项A；利用已知条件作出函数图象，结合函数图象，即可判断出选项B和选项C；根据和差角的正弦、余弦公式和二倍角的余弦公式，即可判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2024高三上·成华月考）已知复数（其中为虚数单位）， .
【答案】
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以，
所以模长为.
故答案为：.
【分析】利用共轭复数的定义求出共轭复数，再利用复数的加减法运算法则和复数求模公式，从而得出的值.
13．（2024高三上·成华月考）为进一步强化学校美育育人功能，构建德智体美劳全面培养的教育体系，某校开设了音乐 美术 书法三门选修课程.该校某班级有5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修，则恰好有2位同学选修音乐的概率为 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：因为5名同学分别选修其中一门课程学习，每门课程至少有一位同学选修，
共有种情况，
因为恰好有2位同学选修音乐共有，
所以恰好有2位同学选修音乐的概率.
故答案为：.
【分析】利用部分均匀分组，再结合古典概型求概率公式，从而得出恰好有2位同学选修音乐的概率.
14．（2024高三上·成华月考）已知函数在上单调递增，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题设可知，
当时，，此时在上，不合题意；
当，若，可得或，
若时，在上，，，则，不合题意；
若时，在上，，，则，不合题意；
若时，即，
在上，，则；
在上，，则，
显然在R上单调递增，满足题设，
综上所述，，当且仅当时等号成立，
所以目标式最大值为.
故答案为：.
【分析】对函数求导得出，对参数分类讨论判断出函数的单调性，从而得到，再代入目标式结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值.
15．（2024高三上·成华月考）如图，在直三棱柱中，分别是的中点，，.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：由为直三棱柱，得平面，
又因为，
以为原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，由题意可得：，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
显然，即平面，
又因为平面，
所以平面.
（2）解：由（1）可知，平面的一个法向量为，
显然轴垂直于平面，
不妨取其法向量为，设所求的平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用已知条件建立如图所示的空间直角坐标系，由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而求出平面的法向量，再代入结合两向量垂直证出线面平行.
（2）由（1）可知，平面的一个法向量，再利用轴垂直于平面结合数量积求向量夹角公式，从而得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）由为直三棱柱，得平面，又，
以为原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，
由题意可得：，
于是，，
设平面的法向量为，则，取，得，
显然，即平面，而平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，平面的一个法向量为，显然轴垂直于平面，
不妨取其法向量为，设所求的平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
16．（2024高三上·成华月考）在三角形中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，且，求的取值范围.
【答案】（1）解：根据正弦定理可知：
因为，所以，
所以.
（2）解：由余弦定理可知：，
因为，所以，，，
因为，
所以，，
由正弦定理得：，所以
，
因为，所以，所以，
所以时，取得最小值，
且，
所以的取值范围是.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边角转化，再利用三角形内角和定理、诱导公式和正弦的和角公式，则由三角形中角B的取值范围，从而得出角C余弦值.
（2）把转化为的函数，利用余弦定理和三角函数的单调性，从而得出角的取值范围 ，再利用二次函数的单调性求出的取值范围.
（1）根据正弦定理可知：，
因为，所以，所以.
（2）由余弦定理可知：，因为，所以，，，
因为，所以，，
由正弦定理得：，
所以
，
因为，所以，所以，
所以时，取得最小值，
并且，
所以的范围是.
17．（2024高三上·成华月考）已知椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于点，且当轴时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的左焦点为，若的外心在轴上，求直线的方程.
【答案】（1）解：由题意得：，得，
将代入椭圆方程得，整理得，
则，
所以，即，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设过三点的圆的圆心为，，
又因为，则，
即，即，
又因为在椭圆上，
故，代入上式化简得到：，①
同理，根据可以得到：，②
由①②可得：是方程的两个根，则，
设直线：，联立方程：，
整理得：，
因为，
故，解得，所以，
所以直线的方程为：.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由已知条件结合椭圆的离心率的定义和代入法以及弦长公式，从而得出a，b的值，进而得出椭圆的标准方程.
（2）设过三点的圆的圆心为，，分别由和以及点在椭圆上得到①②，再结合韦达定理得到，设直线：，联立曲线方程结合韦达定理，从而解出t的值，进而得出直线AB的方程.
（1）由题意得：，得，
将代入椭圆方程得，整理得，
则，所以，即，
所以椭圆的方程为.
（2）设过三点的圆的圆心为，，又，
则，即，即，
又在椭圆上，故，代入上式化简得到：，①
同理，根据可以得到：，②
由①②可得：是方程的两个根，则，
设直线：，联立方程：，整理得：，
，
故，解得，所以，
所以直线的方程为：.
18．（2024高三上·成华月考）已知函数.
（1）当时，求的最大值；
（2）若存在极大值，求a的取值范围.
【答案】（1）解：由题可知的定义域为，
当时，，，
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当时，取极大值，也是最大值，故的最大值为
（2）解：因为，
令，则，
当时，，在上单调递减，
当时，；，
根据零点存在定理，得在内存在唯一的零点，
在上，，，单调递增；
在上，，，单调递减，存在极大值，
当时，令，解得，（舍去），
在上，，单调递减；
在上，，单调递增，
所以，当时，取极小值，也是最小值，
故，
当时，即当时，
由于当时，，
此时，在上，必定存在唯一的零点，
在上，，，单调递增；
在，，，单调递减，存在极大值，
当时，在上，，
则单调递增不存在极大值，
综上所述，a的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数的极大值，进而得出函数的最大值.
（2）利用已知条件和导数与极值的关系，再结合对参数和讨论判断函数单调性的方法，利用函数求极限的方法和零点存在性定理，进而得出实数a的取值范围.
（1）由题可知的定义域为，
当时，，.
令，解得.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以当时，取极大值，也是最大值，故的最大值为.
（2）.
令，则.
当时，，在上单调递减，
当时，；，根据零点存在定理，得在内存在唯一的零点，
在上，，，单调递增；
在上，，，单调递减，存在极大值.
当时，令，解得，（舍去），
在上，，单调递减；在上，，单调递增.
所以当时，取极小值，也是最小值，故.
当，即时，由于当时，，此时，在上，必定存在唯一的零点.
在上，，，单调递增；在，，，单调递减，存在极大值，
当时在上，，单调递增不存在极大值.
综上所述，a的取值范围是.
19．（2024高三上·成华月考）对于一个给定的数列，令，则数列称为数列的一阶和数列，再令，则数列是数列的二阶和数列，以此类推，可得数列的p阶和数列.
（1）若的二阶和数列是等比数列，且，，，，求；
（2）若，求的二阶和数列的前n项和；
（3）若是首项为1的等差数列，是的一阶和数列，且，，求正整数k的最大值，以及k取最大值时的公差.
【答案】（1）解：由题意，得，，，
所以，，
因为是等比数列，所以公比为，
由此得，，，
则，
，
，
所以，
，
.
（2）解：设的二阶和数列的前n项和为，由题意，
得，
，
所以.
（3）解：因为，
所以，解得，
设数列的公差为d，
则，得，
又因为，
所以得出，
所以k的最大值是1999，此时公差为.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据一阶和数列的定义和，，，的值可计算出，，的值，再根据二阶和数列的定义计算出，的值，由数列的二阶和数列是等比数列可得公比的值，从而解得，，的值，再由题中定义可求出的值.
（2）根据题中定义和以及，从而可得数列的通项公式，则由等差数列前n项和公式求得数列的前n项和公式.
（3）由和一阶和数列的定义可得，从而可得公差，再结合可得正整数k的最大值.
（1）由题意，得，，，
所以，，
因为是等比数列，所以公比为，由此得，，，
所以，，，
所以，，.
（2）设的二阶和数列的前n项和为，
由题意，得，，
所以.
（3）因为，
所以，解得.
设数列的公差为d，则，
得，
又因为，
所以，得，
所以k的最大值是1999，此时公差为.
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