精品解析：黑龙江省哈尔滨市第三十二中学校2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题

哈尔滨市第三十二中学校2024年9月高三月考 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一､选择题：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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 马戏表演中小猴子模仿人做引体向上运动的节目深受观众们的喜爱，当小猴子两只胳膊拉着单杠处于平衡状态时，每只胳膊的拉力大小为，此时两只胳膊的夹角为，试估算小猴子的体重（单位）约为（ ）（参考数据：取重力加速度大小为，） A. 9.2 B. 7.5 C. 8.7 D. 6.5 3. 在中，“”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 4. 某班级数学课上教师随机的从学生甲、乙、丙、丁中选择一名学生回答问题，据了解，甲、乙、丙、丁答对该题的概率分别为0.8，0.6，0.4，0.2，则在此题答错的情况下，由乙回答此题的概率是（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 5. 某公司研发新产品投入（单位：百万）与该产品的收益（单位：百万）的5组统计数据如下表所示：由表中数据求得投入金额与收益满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（ ） 5 6 8 9 12 16 20 25 28 36 A. 与有正相关关系 B. 回归直线经过点 C. D. 时，残差为0.2 6. 记数列的前n项和分别为，若是等差数列，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若存在实数，，且，使得，则的最大值为（ ） A. B. C. 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. 已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于M，N两点，且，，则的取值可以为（ ） A. B. C. 2 D. 3 10. 某校计划安排五位老师（包含甲、乙）担任周一至周四的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天，则下列说法正确的是（ ） A. 若周一必须安排两位老师，则不同的安排方法共有60种 B. 若甲、乙均值班且必须排在同一天值班，则不同的安排方法共有48种 C. 若五位老师都值班一天，则不同的安排方法共有240种 D. 若每天恰有一位老师值班，且如果甲乙均值班，则甲必须在乙之前值班的不同的安排方法共有84种 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则（ ） A. B. 平面截正方体所得的截面为等腰梯形 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________. 13. 若复数满足，则的最小值为______. 14. 已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是_________. 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. 记的内角的对边分别为，已知 （1）试判断的形状； （2）若，求周长的最大值. 16. 篮球运动深受青少年喜爱，2024《街头篮球》全国超级联赛赛程正式公布，首站比赛将于4月13日正式打响，于6月30日结束，共进行13站比赛. （1）为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某统计部门在某地随机抽取了男性和女性各100名进行调查，得到列联表如下： 喜爱篮球运动 不喜爱篮球运动 合计 男性 60 40 100 女性 20 80 100 合计 80 120 200 依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱篮球运动与性别有关？ （2）某校篮球队的甲、乙、丙、丁四名球员进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记甲第次触球的概率为，则. （i）证明：数列是等比数列； （ii）判断第24次与第25次触球者是甲的概率的大小. 附：. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且． （1）证明:平面． （2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 已知点，直线，动圆与直线相切，交线段于点，且． （1）求圆心的轨迹方程，并说明是什么曲线； （2）过点且倾斜角大于的直线与轴交于点，与的轨迹相交于两点，且，求的值及的取值范围. 19. 微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数在区间上的图像连续不断，从几何上看，定积分便是由直线和曲线所围成的区域（称为曲边梯形）的面积，根据微积分基本定理可得，因为曲边梯形的面积小于梯形的面积，即，代入数据，进一步可以推导出不等式：． （1）请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：； （2）已知函数，其中． ①证明：对任意两个不相等的正数，曲线在和处的切线均不重合； ②当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨市第三十二中学校2024年9月高三月考 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一､选择题：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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式得到集合，进而根据补集和交集的运算即可求解. 【详解】由或， 则， 因此, 即， 故选：A. 2. 马戏表演中小猴子模仿人做引体向上运动的节目深受观众们的喜爱，当小猴子两只胳膊拉着单杠处于平衡状态时，每只胳膊的拉力大小为，此时两只胳膊的夹角为，试估算小猴子的体重（单位）约为（ ）（参考数据：取重力加速度大小为，） A. 9.2 B. 7.5 C. 8.7 D. 6.5 【答案】C 【解析】 【分析】可设两只胳膊的拉力分别为，，根据即可求出重力的值，进而得出小猴子的体重． 【详解】设两只胳膊的拉力分别为，，，， ， ，解得． 小猴子的体重约为． 故选：C． 3. 在中，“”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】A 【解析】 【分析】结合同角三角函数关系、诱导公式，分别从充分性、必要性两方面来说明即可. 【详解】一方面：， 另一方面：，但， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 某班级数学课上教师随机的从学生甲、乙、丙、丁中选择一名学生回答问题，据了解，甲、乙、丙、丁答对该题的概率分别为0.8，0.6，0.4，0.2，则在此题答错的情况下，由乙回答此题的概率是（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】由条件概率公式可得此题答错的情况下，由乙回答此题的概率. 【详解】从学生甲、乙、丙、丁中选择一名学生回答问题，每人被选到的概率都为， 甲、乙、丙、丁答对该题的概率分别为0.8，0.6，0.4，0.2，则答错的概率分别为0.2，0.4，0.6，0.8， 设事件A：此题答错，事件B：由乙回答此题， 所以， 故选：B. 5. 某公司研发新产品投入（单位：百万）与该产品的收益（单位：百万）的5组统计数据如下表所示：由表中数据求得投入金额与收益满足经验回归方程，则下列结论不正确的是（ ） 5 6 8 9 12 16 20 25 28 36 A. 与有正相关关系 B. 回归直线经过点 C. D. 时，残差为0.2 【答案】C 【解析】 【分析】根据和的变化规律，即可判断A；计算，即可判断B；将样本点中心代入回归直线方程，即可求，即可判断C；根据回归直线方程计算时的，计算，即可判断D. 【详解】对于A，由表格可知，越大，越大，所以与有正相关关系，故A正确； 对于B，，， 则样本点中心为，所以经验回归直线经过点，故B正确； 对于C，将样本点中心代入直线方程，得，所以，故C错误； 对于D，，当时，， 则残差为，故D正确. 故选：C 6. 记数列的前n项和分别为，若是等差数列，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和公式,联立方程组,可求出通项公式，再利用裂项相消法,求出数列的前n项和，即可求得. 【详解】因为是等差数列，可设公差为，由， 可得，解得：， 所以， 再由得：， 则数列的前n项和分别为， 即， 所以， 故选：A. 7. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】如图所示，作出轴截面， 分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心， 则为的中点， ， 因为，所以， 则 过点作，垂足为， 则， 在中，由勾股定理得， 即，解得或， 因为，所以，，故， 所以圆台的侧面积为. 故选：D. 8. 已知函数，若存在实数，，且，使得，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二次函数的对称性化简目标，然后构造，利用导数求最值即可. 【详解】作出的图象如图： 若存在实数，且，使得 因为的图象关于直线对称， 所以, 所以， 由图可知，, 所以 设，， 所以， 易知在上单调递增， 又， 所以当时，， 所 以 在 上 单 调 递 增， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：把题目条件转化成交点问题，通过图像分析得到交点关系进行消元即可. 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. 已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于M，N两点，且，，则的取值可以为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意得到直线过抛物线的焦点，得出，再结合抛物线焦点弦的性质得到，求得的长，即可求解. 【详解】根据题意，抛物线的焦点为， 可得直线过抛物线的焦点， 因为所以，即， 又由抛物线焦点弦的性质，可得， 联立方程组，可得或或， 又因为，所以或2. 故选：BC. 10. 某校计划安排五位老师（包含甲、乙）担任周一至周四的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天，则下列说法正确的是（ ） A. 若周一必须安排两位老师，则不同的安排方法共有60种 B. 若甲、乙均值班且必须排在同一天值班，则不同的安排方法共有48种 C. 若五位老师都值班一天，则不同的安排方法共有240种 D. 若每天恰有一位老师值班，且如果甲乙均值班，则甲必须在乙之前值班的不同的安排方法共有84种 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用排列、组合，结合分步乘法计数原理逐项列式求解作答. 【详解】对于A，周一必须安排两位老师，从5位老师中取两位周一值班，余下3位全排列，不同的安排方法有种，A正确； 对于B，甲、乙均值班且在同一天，与余下3位一起的4个元素全排列，不同的安排方法共有种，B错误； 对于C，五位老师都值班一天，则有两位老师在同一天值班，不同的安排方法有种，C正确； 对于D，显然甲乙至少有一位值班，如果甲乙都值班，除甲乙外还有两位老师各值班一天， 甲必须在乙之前值班的不同安排方法有种，D错误. 故选：AC 11. 如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，则（ ） A. B. 平面截正方体所得的截面为等腰梯形 C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线线平行的传递性，即可判断A，由条件可得四边形为等腰梯形，即截面为等腰梯形，即可判断B， 由余弦定理即可判断C，由线面垂直的判定定理得平面，再利用线面垂直的性质定理即可判断D. 【详解】 对于A，在正方体中，因为分别为中点，所以，在正方体中，，所以，因此A正确； 对于B，因为，，，所以四边形为等腰梯形，即平面截正方体所得截面为等腰梯形，因此B正确； 对于C，因为，所以异面直线与所成角即为直线与所成角， 设所成角为，则，因此C不正确； 对于D，由，，，平面，因此平面， 又平面，所以，因此D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________. 【答案】 【解析】 【分析】直接用和差角公式展开再用二倍角公式计算即可. 【详解】. 故答案为：. 13. 若复数满足，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设条件确定复数对应点在以为焦点，长轴长为10的椭圆上，结合椭圆性质及的几何意义确定最小值. 【详解】设且，又， 所以， 即点到两定点的距离之和为， 所以点在以为焦点，长轴长为10的椭圆上， 由表示椭圆上点到原点距离，故其最小值为短半轴. 故答案为： 14. 已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，联立方程组，求得，结合题意转化为成立，构造，得到在单调递增，利用二次函数的性质，分类讨论，即可求解. 【详解】因为是奇函数，是偶函数，满足， 可得， 联立方程组，解得， 又因为对任意的，都有成立， 所以，所以成立， 构造， 所以由上述过程可得在单调递增， (i)若，则对称轴，解得； (ii) 若，在单调递增，满足题意； (iii) 若，则对称轴恒成立； 综上可得，，即实数的取值范围为. 故答案为：. 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. 记的内角的对边分别为，已知 （1）试判断的形状； （2）若，求周长的最大值. 【答案】（1）是直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解； （2）由（1）和，得到，则周长为，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由，可得，所以， 即，所以， 又由余弦定理得，可得，所以， 所以是直角三角形 【小问2详解】 解：由（1）知，是直角三角形，且，可得， 所以周长为， 因为，可得， 所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为. 16. 篮球运动深受青少年喜爱，2024《街头篮球》全国超级联赛赛程正式公布，首站比赛将于4月13日正式打响，于6月30日结束，共进行13站比赛. （1）为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某统计部门在某地随机抽取了男性和女性各100名进行调查，得到列联表如下： 喜爱篮球运动 不喜爱篮球运动 合计 男性 60 40 100 女性 20 80 100 合计 80 120 200 依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱篮球运动与性别有关？ （2）某校篮球队的甲、乙、丙、丁四名球员进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记甲第次触球的概率为，则. （i）证明：数列是等比数列； （ii）判断第24次与第25次触球者是甲的概率的大小. 附：. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）能认为喜爱篮球运动与性别有关 （2）（i）由题意证明如下： ， 所以 又，所以是以为首项，为公比的等比数列. （ii）甲第25次触球者的概率大 【解析】 【分析】（1）根据列联表给出的数据计算，并把计算结果和比较大小，可得判断结果. （2）（i）根据题意，先写出数列的递推公式，再利用等比数列的定义证明数列为等比数列；（ii）比较与的大小，得出结论. 【小问1详解】 假设：喜爱篮球运动与性别独立，即喜爱篮球运动与性别无关. 根据列联表数据，经计算得， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即能认为喜爱篮球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）得，， 所以，. 故甲第25次触球者的概率大. 17. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且． （1）证明:平面． （2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为四边形是菱形，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为平面，且，所以平面. （2）存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是，理由如下： 取棱的中点，连接，易证两两垂直， 故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设，则， 故， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，得． 平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为， 则，整理得，解得(舍去)． 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是． 【解析】 【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论； （2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知点，直线，动圆与直线相切，交线段于点，且． （1）求圆心的轨迹方程，并说明是什么曲线； （2）过点且倾斜角大于的直线与轴交于点，与的轨迹相交于两点，且，求的值及的取值范围. 【答案】（1），点的轨迹是焦点在轴上，实轴长、虚轴长均为的等轴双曲线． （2）， 【解析】 【分析】（1）设点，根据列出等量关系整理可得； （2）设直线，联立双曲线方程，利用韦达定理结合，可得的值及的取值范围. 【小问1详解】 设点，圆的半径为为到直线的距离，则． 根据题意，动点的轨迹就是点的集合 即，整理得. 所以，点的轨迹是焦点在轴上，实轴长、虚轴长均为的等轴双曲线． 【小问2详解】 设直线， 倾斜角大于 设 联立得， 故，，， 由题知，双曲线的焦点， 由得的取值范围是 19. 微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数在区间上的图像连续不断，从几何上看，定积分便是由直线和曲线所围成的区域（称为曲边梯形）的面积，根据微积分基本定理可得，因为曲边梯形的面积小于梯形的面积，即，代入数据，进一步可以推导出不等式：． （1）请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：； （2）已知函数，其中． ①证明：对任意两个不相等的正数，曲线在和处的切线均不重合； ②当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）在曲线取一点． 过点作的切线分别交于， 因为， 可得， 即． （2）① 由函数，可得， 不妨设，曲线在处的切线方程为 ，即， 同理曲线在处的切线方程为， 假设与重合，则， 代入化简可得， 两式消去，可得，整理得， 由（1）的结论知， 与上式矛盾即对任意实数及任意不相等的正数与均不重合； ② 【解析】 【分析】（1）根据题，设过点作的切线分别交于，结合，即可得证； （2）①求得，分别求得在点和处的切线方程，假设与重合，整理得，结合由（1）的结论，即可得证； ②根据题意，转化为时，在恒成立， 设，求得，分和，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②当时，不等式恒成立， 所以在恒成立，所以， 下证：当时，恒成立． 因为，所以 设 （i）当时，由知恒成立， 即在为增函数，所以成立； （ii）当时，设，可得， 由知恒成立，即在为增函数． 所以，即在为减函数，所以成立， 综上所述，实数的取值范围是 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $