精品解析：贵州省2024-2025学年高三上学期第一次联考(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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解不等式求出集合A，再根据交集运算求出. 【详解】由，解得或. 所以或， 又，所以. 故选：D. 2. 下列函数在其定义域内单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数解析式直接确定单调性判断ABC；利用导数求出单调区间判断D. 【详解】对于A，函数的定义域为，该函数在其定义域上不单调，A不是； 对于B，函数的定义域为，当时，在上单调递减，B不是； 对于C，函数的定义域为，，函数在上单调递增，C是； 对于D，函数的定义域为R，求导得，当时，，函数在上单调递减，D不是. 故选：C 3. 已知等差数列满足，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的性质计算即得. 【详解】在等差数列中， 故选：B. 4. 已知点是抛物线上一点，若到抛物线焦点的距离为5，且到轴的距离为4，则（ ） A. 1或2 B. 2或4 C. 2或8 D. 4或8 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到，，结合得到方程，求出的值. 【详解】由题意得，， 其中，故，解得或8， 故选：C 5. 已知函数的定义域为.记的定义域为集合的定义域为集合.则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先利用抽象函数的定义域求得集合A，B，再利用充分条件、必要条件的定义判断. 【详解】的定义域为. 当时，的定义域为，即. 令，解得的定义域为，即. “”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 6. 已知函数的定义域为.设函数，函数.若是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性求出，然后利用基本不等式求最小值即可. 【详解】是偶函数，故，即， 是奇函数，故，即， 联立，解得， 当且仅当时，等号成立. 故选：C 7. 从的二项展开式中随机取出不同的两项，则这两项的乘积为有理项的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出二项式展开式，再利用古典概型求出这两项的乘积为有理项的概率. 【详解】展开式通项为， 则的各项分别为：，，， ，，， 将这6项依次记为：， 从的二项展开式中随机取出不同的两项有种情况， 这两项的乘积为有理项的基本事件为：，，，共6种情况， 所以这两项的乘积为有理项的概率为. 故选：A. 8. 已知圆，设其与轴､轴正半轴分别交于，两点.已知另一圆的半径为，且与圆相外切，则的最大值为（ ） A. 20 B. C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知，，点的轨迹方程为，整理可得，利用基本不等式运算求解. 【详解】对于圆，整理可得：， 可知圆心为，半径为， 令，则，解得或，即； 令，则，解得或，即； 因为与相外切，则， 可知点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 则点的轨迹方程为， 可得， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为20. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知点的轨迹方程为，且，进而利用基本不等式即可得结果. 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） 9. 离散型随机变量的分布列如下表所示，是非零实数，则下列说法正确的是（ ） 2024 2025 A. B. 服从两点分布 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据分布列的性质，可得判定A正确；根据二点分布的定义，可判定B错误；根据分布列的期望和方差的计算公式，可判定C、D正确. 【详解】对于A中，由分布列的性质，则满足，所以A正确； 对于B中，根据二点分布知，随机变量的取值为和，所以B不正确； 对于C中，由期望的公式，可得， 因为，所以，即，所以C正确； 对于D中，由方差的公式，可得 ，即，所以D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的定义域为，当且仅当 B. 的值域为，当且仅当 C. 的最大值为2，当且仅当 D. 有极值，当且仅当 【答案】BC 【解析】 【分析】根据对数函数的性质，即可判断ABC，根据极值的定义，讨论的取值，结合二次函数的单调性，即可判断D. 【详解】A. 若函数的定义域为，则恒成立， 当时，恒成立，当时，，解得：， 综上可知，，故A错误； B.当函数的值域为，则能取到的所有值， 当时，不成立，当时，，解得：，故B正确； C. ，若函数的最大值为2， 则，，得，故C正确； D. 若有极值，当时，，得， 当时，，得，或，即， 当时，不成立， 综上可知，的范围是，故D错误. 故选：BC 11. 设定义在上的可导函数和的导函数分别为和，满足，且为奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的一个周期是4 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用抽象函数及导数的运算判断函数的图象关于点对称，从而可得的图象关于对称，所以是周期函数，4是一个周期，可判断A、B、C项；因为，且，所以，所以，可判断D项. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于中心对称， 两边求导得：， 所以的图象关于对称， 因为，所以； 所以，又，所以， 所以函数的图象关于点对称； 所以的图象关于对称，故B正确； 所以，即， 又，所以，即， 所以，所以是周期函数，且4是一个周期， 又因为，所以， 所以是周期函数，且4是一个周期，故C正确； 因为为奇函数，所以过，所以， 令，代入，可得，故A错误； 令代入，可得， 令，代入，可得， 又因为的周期为4，所以，所以， 所以， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛： 1.若，则关于对称，两边同时求导得：，则关于中心对称； 2.若，则关于中心对称，两边同时求导得：，则关于对称； 3.若，则为周期函数且周期为； 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 过点作曲线且的切线，则切点的纵坐标为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设出切点坐标，利用导数的几何意义建立方程，将代入求解即可. 【详解】设切点的坐标为，由，所以， 所以，所以过切点的切线方程为：， 把代入得：，即， 所以，则切点坐标为：，即，即. 所以切点的纵坐标为. 故答案为：. 13. 今年暑期旅游旺季，贵州以凉爽的气候条件和丰富的旅游资源为依托，吸引了各地游客前来游玩.由安顺黄果树瀑布､荔波小七孔､西江千户苗寨､赤水丹霞､兴义万峰林､铜仁梵净山6个景点谐音组成了贵州文旅的拳头产品“黄小西吃晚饭”.小明和家人计划游览以上6个景点，若铜仁梵净山不安排在首末位置，且荔波小七孔和西江千户苗寨安排在相邻位置，则一共有__________种不同的游览顺序方案.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先将荔波小七孔和西江千户苗寨看成一个景点，利用排列有种排法，再利用分步计数原理，即可求解. 【详解】将荔波小七孔和西江千户苗寨捆绑到一起，看成一个景点，有种排法， 又铜仁梵净山不安排在首末位置，有种排法， 所以共有种不同的游览顺序方案， 故答案为：. 14. 已知函数，若存在实数且，使得，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，根据图象分析可知与有三个交点，可得，，代入可得，令，利用导数求其最值，即可得结果. 【详解】根据题意作出函数的图象，如图所示， 令，解得或， 令，解得或或， 由题意可知：与有三个交点，则， 此时，且， 令，可得， 则， 令，则， 可知在内单调递增，则的最大值为， 所以的最大值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解． 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. 下图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.图（1）是一个面积为1的实心正三角形，分别连接这个正三角形三边的中点，将原三角形分成4个小正三角形，并去掉中间的小正三角形得到图（2），再对图（2）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（3），再对图（3）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（4），…，依此类推得到个图形.记第个图形中实心三角形的个数为，第n个图形中实心区域的面积为. （1）写出数列和的通项公式； （2）设，证明. 【答案】（1）， （2）证明： ， 故，因为，故单调递增， 故，又，故， 故，又，故 【解析】 【分析】（1）由图形可判断数列和都是等比数列，根据等比数列的通项公式可得； （2）先由，，得，根据利用单调性得，进而可得. 【小问1详解】 由图知后一个图形中实心三角形的个数是前一个的倍， 所以是以为首项，为公比的等比数列，故， 由图知后一个图形中实心区域的面积是前一个的倍，第一个三角形的面积为， 故是以为首项，为公比的等比数列，故 【小问2详解】 略 16. 如图，在三棱台中，和都为等腰直角三角形，为线段的中点，为线段上的点. （1）若点为线段的中点，求证：平面； （2）若平面分三棱台所成两部分几何体的体积比为，求二面角的正弦值. 【答案】（1） 连接，设连接， 三棱台 ，则，又 ∴四边形为平行四边形， 故是的中点，且点是的中点， 故,且平面，平面， 故平面 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可； （2）利用体积比为确定点的位置，然后利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，且面，则 面， 故，, 且三棱台中， ,故， 则， 平面分三棱台所成两部分几何体的体积比为， 故，化简得：, 故此时点和点重合， 又为等腰直角三角形，则，又（1） 知，则面， 故建立如图所示的坐标系， 则 ，， 设平面的法向量 则，令解得，                        设平面的法向量， 则，令，解得，      设二面角 的平面角为， ，    所以. 17. 已知双曲线与双曲线的离心率相同，且经过点的焦距为. （1）分别求和的方程； （2）已知直线与的左､右两支相交于点，与的左､右两支相交于点，D，，判断直线与圆的位置关系. 【答案】（1）双曲线的方程分别为，； （2）相切或相交. 【解析】 【分析】（1）由焦距求出的值即得双曲线的方程，再由双曲线的离心率及所过点，求出双曲线的方程. （2）设出直线的方程，将直线的方程与双曲线方程联立，求出，结合已知求出的关系即可判断得解. 【小问1详解】 依题意，双曲线N的焦距为，解得， 所以双曲线的方程为； 由双曲线与双曲线的离心率相同，得，又，解得， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，双曲线的渐近线方程为， 依题意，直线的斜率，设，直线交轴于点， 直线的方程为，由消去得， ，， 由消去得， ，， ， 整理得，因此，即点在圆上或内， 而直线为时，，，满足， 所以直线与圆相切或相交. 18. 为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验.研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按分组，绘制频率分布直方图如图所示.试验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指标值不小于60的有110只.假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立. （1）填写下面的列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关； 单位：只 抗体 指标值 合计 小于60 不小于60 有抗体 没有抗体 合计 （2）为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小白鼠产生抗体. （i）用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率； （ii）以（i）中确定的概率作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记100个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量.求及取最大值时的值. 参考公式：（其中为样本容量） 参考数据： 0.100 0.050 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）列联表如下：单位：只 抗体 指标值 合计 小于60 不小于60 有抗体 50 110 160 没有抗体 20 20 40 合计 70 130 200 不能 （2）（i）；（ii），【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图算出每个区间段的小白鼠数量，然后根据指标值完成列联表，并根据参考公式进行运算，得到，然后进行数据比对，最终得到答案； （2）（i）根据古典概型公式，结合对立事件概率求法即可得到答案；（ii）根据条件得到，利用二项分布的期望公式，即可求出期望；先设时，最大，根据最大，结合二项分布概率求法列出不等式组，即可求出结果. 【小问1详解】 由频率分布直方图知，200只小白鼠按指标值分布为： 在内有（只）； 在）内有（只）； 在）内有（只）； 在）内有（只）； 在内有（只） 由题意，有抗体且指标值小于60的有50只；而指标值小于60的小白鼠共有（只）， 所以指标值小于60且没有抗体的小白鼠有20只，同理，指标值不小于60且没有抗体的小白鼠有20只， 故列联表如下：单位：只 抗体 指标值 合计 小于60 不小于60 有抗体 50 110 160 没有抗体 20 20 40 合计 70 130 200 零假设为：注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联. 根据列联表中数据，得. 根据的独立性检验，没有充分证据认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关. 【小问2详解】 （i）令事件“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体”，事件“小白鼠注射2次疫苗后产生抗体”. 记事件发生的概率分别为，则，. 所以一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率. （ii）由题意，知随机变量，所以. 又，设时，最大， 所以 解得，因为是整数，所以. 19. 三角函数是解决数学问题的重要工具.三倍角公式是三角学中的重要公式之一，某数学学习小组研究得到了以下的三倍角公式：①；②.根据以上研究结论，回答： （1）在①和②中任选一个进行证明； （2）已知函数有三个零点且. （i）求的取值范围； （ii）若，证明：. 【答案】（1） 若选①，证明如下： 若选②，证明如下： . （2）（i）； （ii）证明：设， 则. 又，所以. 此时， 方程的三个根均在内， 方程变形为， 令，则由三倍角公式. 因为，所以. 因为，所以， 所以 . 【解析】 【分析】（1）转化为两角和的公式求解； （2）（i），分和，根据函数有三个零点求解； （ii）设，由，，得到，利用零点存在定理得到方程的三个根均在内，将方程变形为，令，再利用三倍角公式求解. 【小问1详解】 若选①，证明如下： 若选②，证明如下： . 【小问2详解】 （i）解：， 当时，恒成立，所以在上单调递增，至多有一个零点； 当时，令，得； 令，得， 令，得或， 所以在上单调递减，在上单调递增. 若有三个零点，则，即，解得， 当时，， 且， 所以在上有唯一一个零点， 同理 所以在上有唯一一个零点. 又在上有唯一一个零点，所以有三个零点， 综上可知的取值范围为. （ii）证明：设， 则. 又，所以. 此时， 方程的三个根均在内， 方程变形为， 令，则由三倍角公式. 因为，所以. 因为，所以， 所以 . 【点睛】关键点点睛：第二问的（ii）中，由零点存在定理得到方程的三个根均在内，将方程变形为，再利用（1）的结论，令，转化为三倍角公式而得证. 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数在其定义域内单调递增的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列满足，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 4. 已知点是抛物线上一点，若到抛物线焦点的距离为5，且到轴的距离为4，则（ ） A. 1或2 B. 2或4 C. 2或8 D. 4或8 5. 已知函数的定义域为.记的定义域为集合的定义域为集合.则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数的定义域为.设函数，函数.若是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 从的二项展开式中随机取出不同的两项，则这两项的乘积为有理项的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆，设其与轴､轴正半轴分别交于，两点.已知另一圆的半径为，且与圆相外切，则的最大值为（ ） A. 20 B. C. 10 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） 9. 离散型随机变量的分布列如下表所示，是非零实数，则下列说法正确的是（ ） 2024 2025 A. B. 服从两点分布 C. D. 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的定义域为，当且仅当 B. 的值域为，当且仅当 C. 的最大值为2，当且仅当 D. 有极值，当且仅当 11. 设定义在上的可导函数和的导函数分别为和，满足，且为奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 的一个周期是4 D. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 过点作曲线且的切线，则切点的纵坐标为__________. 13. 今年暑期旅游旺季，贵州以凉爽的气候条件和丰富的旅游资源为依托，吸引了各地游客前来游玩.由安顺黄果树瀑布､荔波小七孔､西江千户苗寨､赤水丹霞､兴义万峰林､铜仁梵净山6个景点谐音组成了贵州文旅的拳头产品“黄小西吃晚饭”.小明和家人计划游览以上6个景点，若铜仁梵净山不安排在首末位置，且荔波小七孔和西江千户苗寨安排在相邻位置，则一共有__________种不同的游览顺序方案.（用数字作答） 14. 已知函数，若存在实数且，使得，则的最大值为__________. 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. 下图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.图（1）是一个面积为1的实心正三角形，分别连接这个正三角形三边的中点，将原三角形分成4个小正三角形，并去掉中间的小正三角形得到图（2），再对图（2）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（3），再对图（3）中的每个实心小正三角形重复以上操作得到图（4），…，依此类推得到个图形.记第个图形中实心三角形的个数为，第n个图形中实心区域的面积为. （1）写出数列和的通项公式； （2）设，证明. 16. 如图，在三棱台中，和都为等腰直角三角形，为线段的中点，为线段上的点. （1）若点为线段的中点，求证：平面； （2）若平面分三棱台所成两部分几何体的体积比为，求二面角的正弦值. 17. 已知双曲线与双曲线的离心率相同，且经过点的焦距为. （1）分别求和的方程； （2）已知直线与的左､右两支相交于点，与的左､右两支相交于点，D，，判断直线与圆的位置关系. 18. 为了检测某种抗病毒疫苗的免疫效果，需要进行动物与人体试验.研究人员将疫苗注射到200只小白鼠体内，一段时间后测量小白鼠的某项指标值，按分组，绘制频率分布直方图如图所示.试验发现小白鼠体内产生抗体的共有160只，其中该项指标值不小于60的有110只.假设小白鼠注射疫苗后是否产生抗体相互独立. （1）填写下面的列联表，并根据列联表及的独立性检验，判断能否认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关； 单位：只 抗体 指标值 合计 小于60 不小于60 有抗体 没有抗体 合计 （2）为检验疫苗二次接种的免疫抗体性，对第一次注射疫苗后没有产生抗体的40只小白鼠进行第二次注射疫苗，结果又有20只小白鼠产生抗体. （i）用频率估计概率，求一只小白鼠注射2次疫苗后产生抗体的概率； （ii）以（i）中确定的概率作为人体注射2次疫苗后产生抗体的概率，进行人体接种试验，记100个人注射2次疫苗后产生抗体的数量为随机变量.求及取最大值时的值. 参考公式：（其中为样本容量） 参考数据： 0.100 0.050 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 19. 三角函数是解决数学问题的重要工具.三倍角公式是三角学中的重要公式之一，某数学学习小组研究得到了以下的三倍角公式：①；②.根据以上研究结论，回答： （1）在①和②中任选一个进行证明； （2）已知函数有三个零点且. （i）求的取值范围； （ii）若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $