精品解析：吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2025届高三上学期9月月考数学试题

汽开三中2024-2025学年度上学期月考 高三数学 注意事项： 1.试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共2页，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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.） 1. 若，则有 A. B. C. D. 2. 已知命题，命题，则下列说法中正确的是（ ） A. 命题都是真命题 B. 命题是真命题，是假命题 C. 命题是假命题，是真命题 D. 命题都是假命题 3. 已知集合，集合，则＝（　　） A. B. C. D. 4. 若复数满足，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 5. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，，满足，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（　　） A. 120 B. 204 C. 168 D. 216 8. 若函数是定义域为的奇函数，且，，则下列说法不正确的是（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. 的图象关于直线对称 D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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. 下列函数中最小值为2的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列结论成立的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于直线对称 C. 点是曲线的对称中心 D. 在上单调递增 11. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 是的极大值点 B. 函数有且只有1个零点 C. 存在正整数k，使得恒成立 D. 对任意两个正实数，且，若，则 第Ⅱ卷（非远䨀题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量，，，则的值为__________. 13. 已知函数，若方程恰有3个不同的实数根，则实数t的取值范围是______. 14. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________. 四、解答题（本题共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. 已知在等差数列中，. （1）求数列的通项公式： （2）设，求数列的前项和. 16. 已知中，三个内角的对应边分别为，且． （1）若，求c； （2）设点M是边AB的中点，若，求的面积． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性. 18. 如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，为的中点，将沿折到的位置，. （1）求证：； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 新高考数学试卷出现多项选择题，即每小题的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．若正确答案为两项，每对一项得3分：若正确答案为三项，每对一项得2分； （1）学生甲在作答某题时，对四个选项作出正确判断、判断不了（不选）和错误判断的概率如下表： 选项 作出正确判断 判断不了（不选） 作出错误判断 A 0.8 0.1 0.1 B 0.7 0.1 0.2 C 0.6 0.3 0.1 D 0.5 0.3 0.2 若此题的正确选项为AC．求学生甲答此题得6分的概率： （2）某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为（）．现有一道多选题，学生乙完全不会，此时他有两种答题方案：Ⅰ．随机选一个选项；Ⅱ．随机选两个选项． ①若，且学生乙选择方案Ⅰ，分别求学生乙本题得0分、得2分的概率． ②以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汽开三中2024-2025学年度上学期月考 高三数学 注意事项： 1.试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共2页，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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.） 1. 若，则有 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数的运算可得=,再求解即可. 【详解】解:因为=, 所以， 即， 故选:C. 【点睛】本题考查了对数的运算,属基础题. 2. 已知命题，命题，则下列说法中正确的是（ ） A. 命题都是真命题 B. 命题是真命题，是假命题 C. 命题是假命题，是真命题 D. 命题都是假命题 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称命题及特称命题的特征判断真假即可. 【详解】因为时,,是假命题； 因为时，,是真命题； 故选：C. 3. 已知集合，集合，则＝（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合A,B，然后进行交集、补集的运算即可. 【详解】因为集合，集合， 所以，. 故选：B. 4. 若复数满足，则在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据复数代数形式的加减运算化简，再根据复数相等的充要条件得到方程组，即可求出、，最后根据复数的几何意义判断即可. 【详解】设，则， 所以，又， 所以，解得， 所以，所以复数在复平面内所对应的点为，位于第四象限. 故选：D 5. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的定义可先得，再根据诱导公式计算即可. 【详解】由正弦函数的定义可知， 再利用诱导公式知. 故选：B 6. 若，，满足，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，构造函数与的图象交点问题，为交点纵坐标，可得， 再将与比较，即可求解. 【详解】由题意，构造函数与交点， 由图象知 ，则， ，则， 则 故选： 【点睛】本题考查指数式，对数式比较大小，考查数形结合，属于中等题. 7. 在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（　　） A. 120 B. 204 C. 168 D. 216 【答案】B 【解析】 【分析】根据三个数字中是否有“0”分两类，利用分类加法计数原理求解. 【详解】分两类，第一类不含数字“0”，从1到9的自然数中任意取出3个，都可以得到严格递增或严格递减顺序排列的三位数，共有个； 第二类含有数字“0”，从1到9的自然数中任意取出2个，三个数只能排出严格递减顺序的三位数，共有个， 根据分类加法计数原理，所以共有个. 故选：B 8. 若函数是定义域为的奇函数，且，，则下列说法不正确的是（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. 的图象关于直线对称 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：根据，赋值令，即可得结果；对于C：根据结合奇函数定义可得，即可得结果；对于B：根据选项B中结论分析可得，即可得结果；对于D：分析可知：4为的周期，结合周期性分析求解. 【详解】因为，， 对于选项A：令，可得，故A正确； 对于选项C：因为函数是定义域为的奇函数，则， 则，所以的图象关于直线对称，故C正确； 对于选项B：因为，可得， 则， 即，所以的图象关于点中心对称，故B正确； 对于选项D：因为， 令，可得， 令，可得， 又因为，则， 可知4为的周期，可得，即， 因为，所以，故D错误； 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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. 下列函数中最小值为2的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】A项，通过化简二次函数即可得出函数最小值；B，C，D项，利用基本不等式即可得出结论. 【详解】由题意， A项，，故A正确； B项，在中，，所以，当且仅当时，等号成立，故B正确； C项，，，故，当且仅当即时等号成立，C错误； D项，，，只有当时才有，当且仅当即时等号成立，故D错误. 故选：AB. 10. 已知函数，则下列结论成立的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 曲线关于直线对称 C. 点是曲线的对称中心 D. 在上单调递增 【答案】AC 【解析】 【分析】由题干条件求函数的最小正周期，可判断A选项，利用正弦型函数的对称性可判断BC选项的正误，利用正弦型函数的单调性可判断D选项的正误. 【详解】设的最小正周期为，故A正确； 因为，所以B错误； 因为，所以点是曲线的对称中心,C正确； 由得，在上单调递减，所以D错误． 故选：AC． 11. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 是的极大值点 B. 函数有且只有1个零点 C. 存在正整数k，使得恒成立 D. 对任意两个正实数，且，若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】分析导函数可作判断A；考查函数的单调性可作判断B；分离参数，再分析函数最值情况而作出判断C；构造函数讨论其单调性，确定即可判断D. 【详解】对于A，定义域为，， 时,时，是的极小值点，A错误； 对于B，令， 在上递减，，有唯一零点，B正确； 对于C，令， 令，时,时,， 在上递减，在上递增，则， ，在上递减，图象恒在x轴上方， 与x轴无限接近，不存在正实数k使得恒成立，C错误； 对于D，由A选项知，在上递减，在上递增， 由正实数，且，，得， 当时，令， ，即在上递减， 于是有，从而有， 又 ，所以，即成立，D正确. 故选：BD 第Ⅱ卷（非远䨀题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量，，，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标运算得到方程，解得即可. 【详解】因为，， 所以， 又，所以，解得. 故答案为： 13. 已知函数，若方程恰有3个不同的实数根，则实数t的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】将方程恰有3个不同的实数根，转化为直线与曲线有3个交点，数形结合即可求解. 【详解】做出函数的图象如图： 由图可知，当时，直线与曲线有3个交点， 即方程有3个不同的实数根.所以实数t的取值范围是. 故答案为： 14. 祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求体积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线，，围成的图形绕y轴旋转一周所得旋转体的体积为V，则V=__________. 【答案】 【解析】 【分析】作出图象可知：当双曲线，它的渐近线以及，围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环面积恒定，所以根据祖暅原理可将题目转化为底面恒定，高为的圆柱，进而求出体积即可. 【详解】 如图：当双曲线，它的渐近线以及， 围成的图形绕轴旋转一周所形成的圆环， 令，分别代入和中， 解得：， 即外圆半径，内圆半径， 此圆环的面积为：为恒定值， 所以根据祖暅原理可将题目转化为底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积， 所以. 【点睛】关键点点睛：将几何体的体积转化成底面为半径为的圆面，高为的圆柱的体积是本题的关键所在. 四、解答题（本题共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. 已知在等差数列中，. （1）求数列的通项公式： （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）等差数列通项公式基本量运算求参得出通项公式； （2）应用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由，可得 解得， 所以等差数列的通项公式可得； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以. 16. 已知中，三个内角的对应边分别为，且． （1）若，求c； （2）设点M是边AB的中点，若，求的面积． 【答案】（1）8； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理列出方程求解即得. （2）由余弦定理求得中线与边长的关系，从而求得三角形的第三边长，再由余弦定理求出一个角的余弦，转化为正弦后可得三角形面积． 【小问1详解】 在中，由余弦定理，得， 整理得，而，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 又，，两式相加得， 即，解得，即， 则，， 所以的面积. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性. 【答案】（1） （2） 若时，在上单调递增， 若时，在上单调递增，在上单调递减. 【解析】 【分析】（1）求出导数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，由条件可得，写出切线方程. （2）由题意，求出其导数得，分类讨论在的函数值的符号，得出单调性. 【小问1详解】 当时，，所以， 则， 所以曲线在点处的切线方程为 【小问2详解】 ， 则 当时，，则在上单调递增. 当时，由得出 ，则在上单调递增； 由 得出，所以在上单调递减； 综上所述：若时，在上单调递增， 若时，在上单调递增，在上单调递减. 18. 如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，为的中点，将沿折到的位置，. （1）求证：； （2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：依题意是边长为2的正三角形，为的中点，所以， 所以，，，，， 则，所以，又，即，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）首先证明，即可得到，从而得到平面，即可证明，再证明平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与直线的方向向量，再由空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，令， 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19. 新高考数学试卷出现多项选择题，即每小题的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．若正确答案为两项，每对一项得3分：若正确答案为三项，每对一项得2分； （1）学生甲在作答某题时，对四个选项作出正确判断、判断不了（不选）和错误判断的概率如下表： 选项 作出正确判断 判断不了（不选） 作出错误判断 A 0.8 0.1 0.1 B 0.7 0.1 0.2 C 0.6 0.3 0.1 D 0.5 0.3 0.2 若此题的正确选项为AC．求学生甲答此题得6分的概率： （2）某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为（）．现有一道多选题，学生乙完全不会，此时他有两种答题方案：Ⅰ．随机选一个选项；Ⅱ．随机选两个选项． ①若，且学生乙选择方案Ⅰ，分别求学生乙本题得0分、得2分的概率． ②以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好？ 【答案】（1） （2）① ，；② 【解析】 【分析】（1）根据题意利用独立事件的乘法公式即可求解； （2）对于①，结合答案是两个选项或三个选项，利用古典概型即可求解； 对于②，分别计算方案I和方案Ⅱ的数学期望，根据数学期望的大小关系列不等式可得的取值范围. 【小问1详解】 设事件M表示“学生答此题得6分”，即对于选项A、C作出正确的判断，且对于选项B、D作出正确的判断或判断不了， 所以； 【小问2详解】 ①记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， . ②对于方案I：记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， 则的所有可能取值为0，2，3， 则， ， ， 所以； 对于方案Ⅱ：记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，则的所有可能取值为：0，4，6， 则， ， ， 所以； 要使唯独选择方案I最好，则 解得：，故P的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $