精品解析：浙江省金华第一中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题

金华一中2024学年第一学期高三9月月考 数学试题卷 命题：高三数学组 校对：高三数学组 一、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】C 【解析】 【分析】解不等式化简集合A，利用交集的定义直接求解即得. 【详解】依题意，集合，而， 所以. 故选：C 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数乘法运算和共轭复数概念可得. 【详解】因为，所以. 故选：D 3. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角恒等变换得到，利用求出最小正周期. 【详解】由余弦和角公式、倍角公式、降幂公式可得 ， 所以的最小正周期为． 故选：C 4. 比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为标准差与均值之比.某地区进行调研考试，共10000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则全体学生成绩的第84百分位数约为（ ） 附：若随机变量服从正态分布 A. 82 B. 78 C. 74 D. 70 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意计算标准差，从而得到正态分布，再利用正态密度曲线的轴对称性和百分位数的定义进行求解即可. 【详解】根据题意得标准差为，所以测试结果（单位：分）近似服从正态分布， 又因为，且，所以全体学生成绩的第84百分位数约为. 故选：B. 5. 设抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，，，则l的斜率是（ ） A. ±1 B. C. D. ±2 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的定义得到如图的抛物线，得到，可求得，做在直角三角形中，可求得，结合斜率的定义进行求解即可 【详解】下图所示为l的斜率大于0的情况． 如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为，，，垂足为H． 设，，则． 而，所以， l的斜率为．同理，l的斜率小于0时，其斜率为． 另一种可能情形是l经过坐标原点O，可知一交点为，则， 可求得，可求得l斜率为， 同理，l的斜率小于0时，其斜率为． 故选：D 6. 某地响应全民冰雪运动的号召，建立了一个滑雪场．该滑雪场中某滑道的示意图如下所示，点、点分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为．两点之间为滑雪弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图像的一部分．综合考安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪者的身体与地面约成的夹角．若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则、两点在水平方向的距离约为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以滑道的最陡处为原点建立平面直角坐标系，由题意可知，为的中点，设三次函数的解析式为，其中，设点，则，在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，由题意得出，，求出，即可得解. 【详解】以滑道的最陡处为原点建立平面直角坐标系，由题意可知，为的中点， 设三次函数的解析式为，其中，设点，则， ，在滑道最陡处，， 则的对称轴为直线，则，可得，则，， 在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为， 则， 所以，，， 由图可知，可得， ，则. 故选：D. 7. 设三点在棱长为2的正方体的表面上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，不妨假设A在平面中，设，，，和分别是点，在平面上的投影，利用向量不等式可得：，即可求解 【详解】将正方体置于空间直角坐标系中，且A在平面中，点和点的连线是一条体对角线． 设，，， 和分别是点，在平面上的投影． 可得，，， 则 ， 因为， 当且仅当点C为的中点时，等号成立， 可得， 所以，当，，且时等号成立． 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题形式简洁，但动点很多，且几乎没有约束条件，这时就需要学生对于动点所在的位置进行分类讨论，讨论的顺序、对于对称性的使用都对学生提出了很高的要求．从几何角度来看，点，不会位于A所在面的一侧，故如果采用坐标形式计算数量积，一定会有一项是非负的，且可以取到0．找到这一突破口后，即可将问题转化为平面向量的问题，也就很容易得到结果了． 8. 已知数列满足，，是的前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为（ ） A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 【答案】D 【解析】 【分析】根据可得，由累加迭代法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得进而可求解. 【详解】由，得， 由累加法，当时，， 因此，即得； 所以，当时，，故； 由，得 所以， 以此类推，得， 因此， 即，而为增数列，； 又，所以； 综上可知，，故满足条件的正整数所有可能取值的个数为个. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用不等式将数列的通项公式通过放缩法和累加法可求得且，再由解不等式即可得出正整数的所有可能取值. 二、选择题：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，，， 的外接圆为，则（ ） A. 点的坐标为 B. 的面积是 C. 点在外 D. 直线与相切 【答案】BC 【解析】 【分析】根据垂直平分线计算交点得到圆心为，再计算半径为，得到圆方程，再依次判断每个选项得到答案. 【详解】，的垂直平分线的斜率满足：， ，的中点为，故垂直平分线方程为； 同理可得，的垂直平分线方程为：， ，两条垂直平分线的交点为：， 故圆心为，，圆方程为. 对选项A：点的坐标为，错误； 对选项B：的面积是，正确； 对选项C：，正确； 对选项D：到直线的距离，相交，错误. 故选：BC 10. 连续投掷一枚均匀的骰子3次，记3次掷出点数之积为X，掷出点数之和为Y，则（ ） A. 事件“X为奇数”发生的概率 B. 事件“”发生的概率为 C. 事件“”和事件“”相等 D. 事件“”和事件“Y＝6”独立 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用相互独立事件、对立事件的概率公式计算判断AB；写出事件的所有基本事件判断C；利用相互独立事件的定义判断D. 【详解】对于A，事件“X为奇数”等价于“3次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为，A正确； 对于B，事件“”的对立事件为“或”，而“”等价于“3次掷出的点数均为6”， 其概率为，“”等价于“掷出的3个点数中有2个6和1个5”， 其概率为，因此，B正确； 对于C，事件“”和事件“”包含相同的样本点，因此是相等事件，C正确； 对于D，事件“”等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4，或者2个2和1个1”， 其概率为，事件“”等价于“3次掷出的点数中有3个2，或者2个1和1个4， 或者1个1，1个2和1个3”，其概率为， 而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4”，其概率，D错误． 故选：ABC 11. 设，n为大于1的正整数，函数的定义域为R，，，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 是增函数 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】运用赋值判定A;运用赋值结合反证法判定B;运用特例判定C;运用赋值加累加法判定D． 【详解】令可知，，所以，A正确； 令，得，令，得， 则．若是奇函数，则， 结合知．而令得， 所以，矛盾！，故不是奇函数，B错误； 取，则， 满足题设要求，但此时为减函数，故C错误； 由，，…，， 累加可得． 设， ，故， 即，D正确． 故选：AD. 【点睛】知识点点睛：本题考查抽象函数、函数的基本性质、函数与不等式．抽象函数作为近年来的热门考点，以形式简洁、内涵丰富而常见于各大模拟卷及高考卷．本题属于难题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 对于各数位均不为的三位数，若两位数和均为完全平方数，则称具有“性质”，则具有“性质”的三位数的个数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先列出具有两位数，且每一位都不为0的完全平方数，然后根据题意组合即可. 【详解】已知 经过组合可知：具有“性质”的组合有：；；；， 此时的三位数分别为：，共个. 故答案为： 13. 过双曲线的一个焦点作倾斜角为的直线，则该直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出过焦点的直线方程和渐近线方程后可求三角形的面积. 【详解】由双曲线的对称性不妨设倾斜角为的直线过右焦点， 由双曲线可得渐近线方程为， 双曲线的半焦距为，故右焦点坐标为， 过倾斜角为的直线方程为， 由可得交点坐标， 由可得交点坐标为， 倾斜角为的直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积为， 故答案为：. 14. 已知四面体各顶点都在半径为3的球面上，平面平面，直线与所成的角为，则该四面体体积的最大值为_________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，探求四面体体积的表达式，并确定体积最大时四面体的结构特征，结合球半径、球心到平面和平面的距离及长表示出最大体积的关系式，再利用均值不等式、导数求最值求解作答. 【详解】在中，过作于，连接，因为，平面， 则平面，显然平面，有，而平面平面，则， 四面体的体积， 当长固定时，经过的外接圆圆心时，最大，此时为中点， 并且经过外接圆圆心，四面体的体积最大，令四面体外接球球心为， 连接，则平面，平面，令， 显然四边形是矩形，于是， 且， ，当且仅当，即时取等号， 此时，， 因此，令，， 由，得，当时，，时时，， 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以当，取得最大值，因此的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：解决与球有关内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 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，曲线在点处的切线斜率为. （1）求的值； （2）求不等式的解集. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得参数值； （2）根据导数判断函数单调性，再结合函数的奇偶性解不等式即可. 【小问1详解】 由已知，得， 又函数在点处的切线斜率为， 即， 解得； 【小问2详解】 由（1）得，， 则恒成立， 即在上单调递增， 又， 即函数为奇函数， 由，可知， 即，解得， 即不等式的解集为. 16. 如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足. （1）证明：平面； （2）若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理可得结果； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用线面角的向量求法及棱台的体积公式可得结果. 【小问1详解】 由三棱台知，平面， 因为平面，且平面平面， 所以， 因为，所以，又，平面， 所以平面； 【小问2详解】 取中点，连接，以为原点，为轴，为轴， 过点做轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为， 则 设平面的法向量为， 则，即， 令，可得平面的一个法向量， 易得平面的一个法向量， 设与平面夹角为， ， 所以 由，得， 由（1）知，所以， 解得，所以三棱台的体积. 17. 在中，角所对的边分别为．已知成公比为q的等比数列． （1）求q的取值范围； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等比数列性质与三角形三边关系列出不等式求解即可； （2）利用正弦定理、余弦定理化简，根据的取值范围利用对勾函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 由题意知， 根据三角形三边关系知：， 解得； 【小问2详解】 由（1）及正弦定理、余弦定理知： ， 由对勾函数的性质知： 在上单调递减，在上单调递增， 所以，则， 即的取值范围为. 18. 已知椭圆过点，且C的右焦点为． （1）求C的方程： （2）设过点的一条直线与C交于两点，且与线段AF交于点S． （i）若，求； （ii）若的面积与的面积相等，求点Q的坐标． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）或. 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，再由关系式即可得出结果； （2）（i）由可知为的中点，即可得，求出直线的方程并与椭圆联立，利用弦长公式即可得出结果； （ii）易知直线平分，由两三角形面积相等以及三角形相似可证明，再由点在线段的垂直平分线上，与的方程联立可得或. 【小问1详解】 根据题意有， 且由椭圆的几何性质可知， 所以. 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）如下图所示： 若可得，为的中点，可得， 即的斜率为，所以直线的方程为； 设，联立直线和椭圆方程可得， 所以，即可得 因此可得； （ii）显然的斜率存在，设的方程为，代入的方程有： ，其中. 则可得， 以下证明：直线平分， 易知轴，故只需满足直线与的斜率之和为0. 设的斜率分别为，则： ， ， 代入， 有，故直线平分，即. 因为的面积等于的面积， 故，即，故. 故在线段的垂直平分线上. 易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有， 故的坐标为或. 19. 设为正整数，为正实数列．我们称满足（其中）的三元数组为“比值组”. （1）若，且为等差数列，写出所有的比值组； （2）给定正实数，证明：中位数为4（即中）的比值组至多有3个； （3）记比值组的个数为，证明：. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由以及等差数列性质得，进而根据比值组的定义对和相应的取值进行分类讨论即可得解. （2）依据题意得固定时，则至多有一个使得成立，接着由得的取值有三种即可得证. （3）由固定时，则至多有一个使得成立，结合值的取法数可得的三元数组的个数为，同理得固定时，进而得，再对分偶数和奇数两种情况计算即可得证. 【小问1详解】 因为为等差数列，设其公差为， 若，则，， 所以当且时，，即，此时比值组为； 当且时，，即，此时比值组为； 当且时，，即，不符合； 当且时，，即，此时比值组为； 当且时，，即，不符合； 当且时，，即，此时比值组为； 当且时，，不符合；当且时，，不符合； 综上，若且为等差数列的所有的比值组为. 【小问2详解】 因为，， 所以当固定时，则至多有一个使得成立， 因为，所以或或共三种取法， 所以中位数为4（即中）的比值组至多有3个. 【小问3详解】 对给定的，满足，且①的三元数组的个数记为， 因为，所以当固定时，则至多有一个使得①成立， 因为，所以值有种取法，故， 同理，若当固定时，则至多有一个使得①成立， 因为，所以值有种取法，故， 所以， 当为偶数时，设， 则当时，， 当时，， 所以 ， 当为奇数时，设， 则当时，， 当时，， 则有 ， 所以综上，记比值组的个数为，则. 【点睛】关键点睛：求证的关键1是得出固定时至多有一个使得成立，从而结合值的取法数可得的三元数组的个数为，同理得固定时，进而得，关键2是明确到影响到的大小，而的奇偶性影响的取值，进而对分偶数和奇数两种情况计算并将分成两部分计算即可得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 金华一中2024学年第一学期高三9月月考 数学试题卷 命题：高三数学组 校对：高三数学组 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的最小正周期是（ ） A. B. C. D. 4. 比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为标准差与均值之比.某地区进行调研考试，共10000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则全体学生成绩的第84百分位数约为（ ） 附：若随机变量服从正态分布. A 82 B. 78 C. 74 D. 70 5. 设抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，，，则l的斜率是（ ） A. ±1 B. C. D. ±2 6. 某地响应全民冰雪运动号召，建立了一个滑雪场．该滑雪场中某滑道的示意图如下所示，点、点分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为．两点之间为滑雪弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图像的一部分．综合考安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪者的身体与地面约成的夹角．若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则、两点在水平方向的距离约为（ ） A. B. C. D. 7. 设三点在棱长为2的正方体的表面上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足，，是的前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为（ ） A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，，， 的外接圆为，则（ ） A. 点的坐标为 B. 的面积是 C. 点在外 D. 直线与相切 10. 连续投掷一枚均匀的骰子3次，记3次掷出点数之积为X，掷出点数之和为Y，则（ ） A. 事件“X为奇数”发生的概率 B. 事件“”发生的概率为 C. 事件“”和事件“”相等 D. 事件“”和事件“Y＝6”独立 11. 设，n为大于1的正整数，函数的定义域为R，，，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 是增函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 对于各数位均不为三位数，若两位数和均为完全平方数，则称具有“性质”，则具有“性质”的三位数的个数为__________． 13. 过双曲线的一个焦点作倾斜角为的直线，则该直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积是__________. 14. 已知四面体各顶点都在半径为3的球面上，平面平面，直线与所成的角为，则该四面体体积的最大值为_________________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，曲线在点处的切线斜率为. （1）求的值； （2）求不等式的解集. 16. 如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足. （1）证明：平面； （2）若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积. 17. 在中，角所对的边分别为．已知成公比为q的等比数列． （1）求q取值范围； （2）求的取值范围． 18. 已知椭圆过点，且C的右焦点为． （1）求C方程： （2）设过点的一条直线与C交于两点，且与线段AF交于点S． （i）若，求； （ii）若的面积与的面积相等，求点Q的坐标． 19. 设为正整数，为正实数列．我们称满足（其中）的三元数组为“比值组”. （1）若，且为等差数列，写出所有的比值组； （2）给定正实数，证明：中位数为4（即中）的比值组至多有3个； （3）记比值组的个数为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$