精品解析：云南师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题

数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 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，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，则p的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 正项等差数列的公差为d，已知，且三项成等比数列，则（ ） A. 7 B. 5 C. 3 D. 1 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数是奇函数且在上单调递增，则k的取值集合为（ ） A. B. C. D. 7. 函数，若对恒成立，且在上有3条对称轴，则（ ） A. B. C. D. 或 8. 设椭圆的右焦点为F，过坐标原点O的直线与E交于A，B两点，点C满足，若，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 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. 数列的前n项和为，已知，则下列结论正确的是（ ） A. 为等差数列 B. 不可能为常数列 C. 若为递增数列，则 D. 若为递增数列，则 10. 甲、乙两班各有50位同学参加某科目考试（满分100分），考后分别以、的方式赋分，其中分别表示甲、乙两班原始考分，分别表示甲、乙两班考后赋分．已知赋分后两班的平均分均为60分，标准差分别为16分和15分，则（ ） A. 甲班原始分数的平均数比乙班原始分数的平均数高 B. 甲班原始分数的标准差比乙班原始分数的标准差高 C. 甲班每位同学赋分后的分数不低于原始分数 D. 若甲班王同学赋分后的分数比乙班李同学赋分后的分数高，则王同学的原始分数比李同学的原始分数高 11. 已知函数及其导函数的定义域为，若与均为偶函数，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 4是的一个周期 C. D. 的图象关于点对称 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 曲线在处的切线方程为______． 13. 若复数在复平面内对应的点位于直线上，则的最大值为__________． 14. 过抛物线的焦点作直线l交C于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于M，N两点，若，则__________． 四、解答题（本大题共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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若点到直线的距离为的面积为，求的周长. 16. 如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，． （1）证明：； （2）若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值． 17. 已知函数． （1）若在恒成立，求a的取值范围； （2）若，证明：存在唯一极小值点，且． 18. 动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为． （1）求的方程； （2）过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值； （3）已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由． 19. 设，数对按如下方式生成：，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若，则，否则；当硬币的反面朝上时，若，则，否则．抛掷n次硬币后，记的概率为． （1）写出的所有可能情况，并求； （2）证明：是等比数列，并求； （3）设抛掷n次硬币后的期望为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 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，只有一项符合题目要求） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合，再利用交集含义即可得到答案. 【详解】， 而，则. 故选：A. 2. 已知命题，则p的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定形式可得. 【详解】由存在量词命题的否定形式可知： 的否定为. 故选：B 3. 正项等差数列的公差为d，已知，且三项成等比数列，则（ ） A. 7 B. 5 C. 3 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由等比中项的性质再结合等差数列性质列方程计算即可； 【详解】由题意可得， 又正项等差数列的公差为d，已知， 所以，即， 解得或（舍去）， 故选：C. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式求出，然后结合平方公式和二倍角公式可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D 5. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】联立和求出即可得解. 【详解】因为，所以，所以， 整理得①， 又，所以②， 联立①②求解得， 所以. 故选：C 6. 函数是奇函数且在上单调递增，则k的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数的定义得得，即可验证单调性求解. 【详解】是奇函数，故， 则，，解得， 当时，，由于在为单调递增函数，故在单调递减，不符合题意， 当时，，由于在为单调递增函数且，故为单调递增，根据奇函数的性质可得在上单调递增，符合题意， 故， 故选：C 7. 函数，若对恒成立，且在上有3条对称轴，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据求解即可. 【详解】由题知，当时取得最大值，即， 所以，即， 又在上有3条对称轴，所以， 所以，所以. 故选：B 8. 设椭圆的右焦点为F，过坐标原点O的直线与E交于A，B两点，点C满足，若，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，表示出，根据列方程，用表示出，然后代入椭圆方程构造齐次式求解可得. 【详解】设，则，则， 因为，所以， 所以， 因为， 所以，得， 又在椭圆上，所以，即， 整理得，即， 解得或（舍去），所以. 故选：D 【点睛】关键点睛：根据在于利用向量关系找到点A坐标与c的关系，然后代入椭圆方程构造齐次式求解. 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. 数列的前n项和为，已知，则下列结论正确的是（ ） A. 为等差数列 B. 不可能为常数列 C. 若为递增数列，则 D. 若为递增数列，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据的关系求出通项，然后根据公差即可判断ABC；利用数列的函数性，分析对应二次函数的开口方向和对称轴位置即可判断D. 【详解】当时，， 当时，， 显然时，上式也成立，所以. 对A，因为， 所以是以为公差的等差数列，A正确； 对B，由上可知，当时，为常数列，B错误； 对C，若为递增数列，则公差，即，C正确； 对D，若为递增数列，由函数性质可知，解得，D错误. 故选：AC 10. 甲、乙两班各有50位同学参加某科目考试（满分100分），考后分别以、的方式赋分，其中分别表示甲、乙两班原始考分，分别表示甲、乙两班考后赋分．已知赋分后两班的平均分均为60分，标准差分别为16分和15分，则（ ） A. 甲班原始分数的平均数比乙班原始分数的平均数高 B. 甲班原始分数的标准差比乙班原始分数的标准差高 C. 甲班每位同学赋分后的分数不低于原始分数 D. 若甲班王同学赋分后的分数比乙班李同学赋分后的分数高，则王同学的原始分数比李同学的原始分数高 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据期望和标准差的性质求出赋分前的期望和标准差即可判断AB；作差比较，结合自变量范围即可判断C；作出函数的图象，结合图象可判断D. 【详解】对AB，由题知， 因为，， 所以， 解得， 所以，故A正确，B错误； 对C，因为，， 所以，即，所以C正确； 对D，作出函数的图象，如图所示： 由图可知，当时，有， 又因为单调递增，所以当时必有，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数及其导函数的定义域为，若与均为偶函数，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 4是的一个周期 C. D. 的图象关于点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】注意到为偶函数则，由两边求导，令可判断A；结合导函数的奇偶性可判断B；利用的周期性和奇偶性可判断C；根据和可判断D. 【详解】因为为偶函数，所以，即， 而，故，故， 又为偶函数，所以，即， 所以，故即， ，所以4是的周期，故B正确. 对A，由两边求导得， 令得，解得，A正确； 对C，由上知，所以， 所以，C错误； 对D，因为，， 故，故的图象关于对称， 故选：ABD 【点睛】关键点睛：本题解答关键在于原函数与导数数的奇偶性关系，以及对两边求导，通过代换求导函数的周期. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 曲线在处的切线方程为______． 【答案】## 【解析】 【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程. 【详解】因为，则， 又，所以， 所以曲线在处的切线方程为． 故答案为： 13. 若复数在复平面内对应的点位于直线上，则的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数对应的点在得，即可利用二倍角公式以及基本不等式求解. 【详解】对应的点为，故， 故， 由于，故， 则， 当且仅当，即，解得时等号成立， 故答案为： 14. 过抛物线的焦点作直线l交C于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于M，N两点，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程，得韦达定理，根据焦点弦的公式可得，解得，即可求解得，即可代入求解. 【详解】的焦点为， 根据题意可知直线有斜率，且斜率不为0， 根据对称性不设直线方程为， 联立直线与可得， 设，故， 故，解得， 直线，令，则，同理可得， 如下图，故， 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若点到直线的距离为的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理角化边即可求解； （2）由三角形面积公式结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理角化边得，，整理得， 所以， 因为，所以 【小问2详解】 由题知，，即， 由三角形面积公式得，所以， 由余弦定理得， 所以，所以， 所以的周长为. 16. 如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，． （1）证明：； （2）若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值． 【答案】（1） 证明：由题知，因为为圆的直径，所以， 又，所以， 因为为的中点，所以， 由圆台性质可知，平面，且四点共面， 因为平面，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 因为平面，所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）转化为证明平面，利用圆台性质即可证明； （2）先利用圆台体积求出上底面的半径，建立空间坐标系，利用空间向量求线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 圆台的体积，其中， 解得或(舍去). 由（1）知两两垂直，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 则解得 于是可取. 设直线与平面的夹角为， 则， 故所求正弦值为. 17. 已知函数． （1）若在恒成立，求a的取值范围； （2）若，证明：存在唯一极小值点，且． 【答案】（1）； （2） 证明：当时，，则， 因为在上均为增函数，所以在单调递增， 又， 所以在区间存在，使得当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以存在唯一极小值点. 因为，即，所以， 因为，且在上单调递增， 所以， 又，所以，所以. 【解析】 【分析】（1）参变分离，构造函数，利用导数求最值即可； （2）求导，利用零点存在性定理结合单调性判断导函数的唯一零点在内，利用零点方程代入，使用放缩法即可得证. 【小问1详解】 在恒成立，等价于在上恒成立， 记，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值， 所以，即a的取值范围. 【小问2详解】 略 18. 动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为． （1）求的方程； （2）过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值； （3）已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）根据点到直线距离公式，即可代入化简求解， （2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得，即可由二次函数的性质求解， （3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得，将其代入双曲线方程即可求解. 【小问1详解】 根据到直线与直线的距离之积等于，可得，化简得， 由于，故，即. 【小问2详解】 设，， 故当时，最小值为2 【小问3详解】 联立与可得， 设， 则， 故 设存在点C满足，则， 故， 由于在，故， 化简得，即，解得或（舍去）， 由于，解得且， 故符合题意，由于，故， 故,故， 故存在，使得 19. 设，数对按如下方式生成：，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若，则，否则；当硬币的反面朝上时，若，则，否则．抛掷n次硬币后，记的概率为． （1）写出的所有可能情况，并求； （2）证明：是等比数列，并求； （3）设抛掷n次硬币后的期望为，求． 【答案】（1），，，，. （2） 证明：由题知，， 当，且掷出反面时，有，此时， 当，且掷出正面时，有，此时， 所以， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. （3） 【解析】 【分析】（1）列出所有和的情况，再利用古典概型公式计算即可； （2）构造得，再利用等比数列公式即可； （3）由（2）得，再分，和讨论即可. 【小问1详解】 当抛掷一次硬币结果为正时，； 当抛掷一次硬币结果为反时，. 当抛掷两次硬币结果为（正，正）时，； 当抛掷两次硬币结果为（正，反）时，； 当抛掷两次硬币结果为（反，正）时，； 当抛掷两次硬币结果为（反，反）时，. 所以，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设与的概率均为， 由(2)知， 显然，. 若，则，当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，; 若，则当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，; 若，则， 当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，. 所以时，期望不变，概率为; 时，期望加1，概率为. 所以. 故 . 经检验，当时也成立. . 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是分和时讨论，最后再化简的表达式即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $