精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2025届高三上学期9月月考数学试题

新蔡县第一高级中学高三2024年9月份月考数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，，则下列说法正确的是（ ） A. B.  C.  D. 2. 已知复数（a，，）满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 已知，，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，当时，有，则必有（ ） A. B. C. D. 5. 将这个数据作为总体，从这个数据中随机选取个数据作为一个样本，则该样本的平均数与总体平均数之差的绝对值不超过的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 若，则的值为（ ） A. 0 B. C. 1 D. 7. 已知数列共有5项，满足，且对任意有仍是该数列的某一项，现给出下列4个命题：①；②；③数列是等差数列；④集合中共有9个元素.则其中真命题的序号是（ ） A. ①②③④ B. ①④ C. ②③ D. ①③④ 8. 若定义在R上的奇函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 记内角的对边分别为，且，的面积为，则的周长可能为（ ） A. 8 B. C. 9 D. 10. 在圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的底面半径为，母线长为，点为的中点，圆锥底面上点在以为直径的圆上（不含两点），点在上，且，当点运动时，则（ ） A. 三棱锥的外接球体积为定值 B. 直线与直线不可能垂直 C. 直线与平面所成的角可能为 D. 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，为的右支上一点（异于点），的内切圆圆心为.则以下结论正确的是（ ） A. 直线与的斜率之积为4 B 若，则 C. 以为直径圆与圆相切 D. 若，则点坐标为 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知函数的最小值是4，则_______. 13. 高三开学，学校举办运动会，女子啦啦队排成一排坐在跑道外侧.因烈日暴晒，每个班的啦啦队两侧已经摆好了两个遮阳伞，但每个遮阳伞的荫蔽半径仅为一名同学，为了效益最佳，遮阳伞的摆放遵循伞与伞之间至少要有一名同学的规则.高三(一)班共有七名女生现在正坐成一排，因两边的遮阳伞荫蔽范围太小，现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞.则添置遮阳伞后，晒黑女生人数的数学期望为___________ 14. 已知函数，正数满足，则最小值为______． 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. 已知数列中，，且，为数列的前n项和，，数列是等比数列，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 如图，在四棱锥中，底面 ,,， （1）证明：平面平面 ； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 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. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：． 19. 给定平面上一个图形D，以及图形D上的点，如果对于D上任意的点P，为与P无关的定值，我们就称为关于图形D的一组稳定向量基点. （1）已知为图形D，判断点是不是关于图形D的一组稳定向量基点； （2）若图形D是边长为2正方形，是它的4个顶点，P为该正方形上的动点，求的取值范围； （3）若给定单位圆及其内接正2024边形为该单位圆上的任意一点，证明是关于圆的一组稳定向量基点，并求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新蔡县第一高级中学高三2024年9月份月考数学试题 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，，则下列说法正确的是（ ） A. B.  C.  D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，根据集合的运算以及集合的关系，判断各选项，即可得答案. 【详解】由题意得集合，则， ，则， 故，不是的真子集，，， 即ABD错误，C正确, 故选：C 2. 已知复数（a，，）满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数运算、复数相等列方程组，求得，进而求得. 【详解】将代入并整理得： ， 解得，所以，所以. 故选：D 3. 已知，，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知算出，根据投影向量的定义即可求解. 【详解】因为，所以，即， 又因为，设的夹角为，所以，在上的投影为：， 所以在上投影向量为. 故选：C. 4. 已知，当时，有，则必有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可画出函数图象，根据图象和，且，分析各个选项即可. 【详解】画出的图象： 对于A，不能同时成立，因为时，函数单调递减，得不到，故A错误； 对于B，如图，当时，有，则可能小于零，也可能大于零，故B错误； 对于C，如图，当时，，故C错误； 对于D，由图象可知，，所以， 又，所以， 所以，故D正确. 故选：D. 5. 将这个数据作为总体，从这个数据中随机选取个数据作为一个样本，则该样本的平均数与总体平均数之差的绝对值不超过的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得总体平均数，然后利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得正确答案. 【详解】依题意可知，总体平均数为， 从这个数据中随机选取个数据作为一个样本，情况如下： 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 选到，则样本平均数为，所以， 所以该样本的平均数与总体平均数之差的绝对值不超过的概率为. 故选：D 6. 若，则的值为（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用赋值法得出奇偶项系数计算求值即可. 【详解】令， 令 令,， 则 . 故选：C. 7. 已知数列共有5项，满足，且对任意有仍是该数列的某一项，现给出下列4个命题：①；②；③数列是等差数列；④集合中共有9个元素.则其中真命题的序号是（ ） A. ①②③④ B. ①④ C. ②③ D. ①③④ 【答案】A 【解析】 【分析】当时，可知，所以可判断①；必有 ，则，则有或，若，则，所以舍，若，则，同理可得，故可判断②；由②可推出③；将罗列可判断④。 【详解】因为对任意有仍是该数列的某一项，则可令时，可知，且，则可得，故①正确； 由①知，可得，必有，则， 则有或， 若，则，所以舍， 若，则，同理可得，故②正确； 由②的推导过程可知，所以可得数列是等差数列，故③正确； ，由③可知，将所有罗列出可得 ，故集合有9个元素，故④正确. 故选：A 8. 若定义在R上的奇函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，得到函数的单调性及，再结合不等式，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，定义在R上的奇函数在上单调递减，且， 则在上单调递减，且，， 所以当时，， 当时，， 所以由可得： 或或， 解得或或，即或， 所以满足的的取值范围是. 故选：D. 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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 记的内角的对边分别为，且，的面积为，则的周长可能为（ ） A. 8 B. C. 9 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由正弦定理得，由三角形面积公式得，进而得出，再根据余弦定理求得或，即可求解． 【详解】由正弦定理得，得，则， 由，得，所以， 由余弦定理，得或17， 所以或， 所以的周长为8或， 故选：AB． 10. 在圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的底面半径为，母线长为，点为的中点，圆锥底面上点在以为直径的圆上（不含两点），点在上，且，当点运动时，则（ ） A. 三棱锥的外接球体积为定值 B. 直线与直线不可能垂直 C. 直线与平面所成的角可能为 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由条件结合线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再证明点为三棱锥的外接球球心，判断A，证明平面，由此证明，判断B；证明平面，由此可得为直线与平面所成的角，解三角形求其正弦，判断C，证明，解三角形求，结合基本不等式求其范围，判断D. 【详解】连接， 对于A，易知平面，平面，所以， 因为点在以为直径的圆上（不含、）， 所以，，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，为的中点，， 所以， 所以点为三棱锥的外接球的球心， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球体积为定值，A正确； 由已知，，，， 所以， 所以为等腰直角三角形，连接，又为的中点，故， 又，，平面，平面， 则平面，又平面，所以，故B错误； 因为平面，又平面，所以， 又，，平面，平面，则平面， 所以在平面上的射影为， 所以为直线与平面所成的角， 设，则，又， 所以， 所以， 令，则，解得， 即，与矛盾，C错误； 对于D中，因平面，平面， 所以，又，， 所以， 所以，， 由基本不等式可得，即， 所以，D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：解决多面体的外接球问题的关键在于由条件确定其外接球的球心的位置，由此确定外接球的半径. 11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过坐标原点的直线与双曲线的左､右两支分别交于两点，为的右支上一点（异于点），的内切圆圆心为.则以下结论正确的是（ ） A. 直线与的斜率之积为4 B. 若，则 C. 以为直径的圆与圆相切 D. 若，则点坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意设点,，,，,，把点，坐标代入双曲线的方程，两式相减得，即可判断A；利用余弦定理，结合；记，则双曲线定义即可判断B，由于，利用勾股定理以及双曲线定义，结合等面积法进而可求内切圆半径，利用切线长的性质即可求解C；画出图形，利用是线段的中点，结合双曲线的性质以及定义，转化推出以为直径的圆与圆的位置关系即可判断D． 【详解】设点,，,，,， 则且，两式相减得，， ，故A错误， 由于，，若， 由余弦定理可得， 解得，由于，故，故B正确， 在双曲线右支上，， 是线段的中点，， 是线段的中点，， ，，， 即圆心距等于两圆的半径之差， 以线段为直径的圆与圆的位置关系是内切，故C正确． 记，则，，， 解得或 （舍去），， 的面积为， 设三角的内切圆半径为，则，所以， 设圆与三边相切于，则 设则 故，解得，所以,故或,D错误， 故选：BC． 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知函数的最小值是4，则_______. 【答案】3 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，求函数的最小值，根据已知的最小值求参数. 【详解】因为 所以， 令，则. 所以在上为增函数， 又， 所以由；由. 所以函数在上单调递减，在单调递增. 所以时，函数取得极小值，也是最小值. 由. 故答案为：3 13. 高三开学，学校举办运动会，女子啦啦队排成一排坐在跑道外侧.因烈日暴晒，每个班的啦啦队两侧已经摆好了两个遮阳伞，但每个遮阳伞的荫蔽半径仅为一名同学，为了效益最佳，遮阳伞的摆放遵循伞与伞之间至少要有一名同学的规则.高三(一)班共有七名女生现在正坐成一排，因两边的遮阳伞荫蔽范围太小，现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞.则添置遮阳伞后，晒黑女生人数的数学期望为___________ 【答案】1 【解析】 【分析】设晒黑女生人数为X，确定X可能取值为0，1，2，求出每个值相应的概率，即可求得答案. 【详解】由题意可设高三(一)班共有七名女生坐成一排依次为， 由于两侧已经摆好了两个遮阳伞，则1，7一定晒不到， 现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞，即在7位同学之间形成的空中选3个放置，共有种放法； 设晒黑女生人数为X，则X可能取值为0，1，2， 时，若12之间放一把伞，则另外2把分别放在34，56之间， 若23之间放一把伞，则另外1把分别放在56之间，第三把放在34或45之间， 若67之间放一把伞，则另外2把分别放在23，45之间， 则； 时，被晒的人若是2，则23之间没有伞，34之间必有一把伞，其余2把伞有3种放法， 同理被晒的人若是6，则67之间没有伞，45之间必有一把伞，其余2把伞有3种放法， 被晒的人若是3或4或5，此时3把伞均有2种放法， 故， ， 故晒黑女生人数的数学期望为, 故答案为：1 14. 已知函数，正数满足，则的最小值为______． 【答案】12 【解析】 【分析】由函数奇偶性的判定得出为奇函数，有，进而得出，再根据基本不等式求解即可． 【详解】因为定义域为，又， 所以为奇函数，有， 又，所以，即， 又因为为正数， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故答案为：12． 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. 已知数列中，，且，为数列的前n项和，，数列是等比数列，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1），； （2）数列的前项和为. 【解析】 【分析】（1）由关系证明数列为等差数列，由此可求数列的通项公式，再求数列的通项公式，设数列的公比为，由条件列方程求，，结合等比数列通项公式可得结论. （2）由（1）可得，利用裂项相消法求数列的前项和. 【小问1详解】 由已知当，时，，， 所以， 又， 所以， 所以， 所以数列为等差数列，公差为， 又，所以， 所以当，时，， 又， 所以，， 设等比数列的公比为， 因为，， 所以，， 所以，所以， 【小问2详解】 由（1）， 所以， 所以数列的前项和， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面 ,,， （1）证明：平面平面 ； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的定理证明结果即可； （2）建立如图所示坐标系，分别求出平面和平面的法向量，代入公式计算即可； 小问1详解】 证明：记， 因为，所以， 所以， 即， 又底面平面， 所以， 因为，且平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 取中点，连接，则，所以平面， 所以三条直线两两垂直， 分别以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以 设平面的法向量为， 则，可取， 同理设平面的一个法向量为， 则，可取 所以，， 所以，平面与平面的夹角的余弦值为． 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）证明见解析. 【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】 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. 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，点在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为，直线BN的斜率为，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的半焦距和椭圆上的已知点列出方程组，计算即得椭圆方程； （2）先考虑直线斜率为0时满足，再设直线的横截距式方程，与椭圆方程联立消元后得到一元二次方程，写出韦达定理，并发现内在关系，计算并消去，得其分子为，代入前式，计算即得分子为0，则得证. 【小问1详解】 依题意，可得，解得， 故椭圆C的标准方程为：； 【小问2详解】 如图，当直线l的斜率时，可得，显然满足； 当时，不妨设直线，由消去，整理得，， 显然，设，则由韦达定理，故， 因,则， 则， 此式的分子为：， 故得，即，得证. 19. 给定平面上一个图形D，以及图形D上的点，如果对于D上任意的点P，为与P无关的定值，我们就称为关于图形D的一组稳定向量基点. （1）已知为图形D，判断点是不是关于图形D的一组稳定向量基点； （2）若图形D是边长为2的正方形，是它的4个顶点，P为该正方形上的动点，求的取值范围； （3）若给定单位圆及其内接正2024边形为该单位圆上的任意一点，证明是关于圆的一组稳定向量基点，并求的值. 【答案】（1）不是 （2） （3）证明见解析，4048 【解析】 【分析】（1）分别计算与重合和与重合时这两种情况下的结果，再依据一组稳定向量基点的定义得解. （2）根据向量运算法则得，再结合正方形结构性质可得的最大值和最小值，进而得解. （3）先转化，从而得，再结合和偶数边的正多边形图形结构性质即可得解. 【小问1详解】 点不是关于的一组稳定向量基点，理由如下： 当与重合时，有， 当与重合时，有， 故不是关于的一组稳定向量基点. 【小问2详解】 因为， 所以，故由正方形结构性质得： 当与重合时，取得最大值；当与重合时，取得最小值0. 所以的取值范围为. 【小问3详解】 设单位圆的圆心为， 则， 所以， 因为多边形是正2024边形， 所以由偶数边的正多边形图形结构性质可知，故， 又，所以， 故是关于圆的一组稳定向量基点，且. 【点睛】方法点睛：对于新定义题目，解决此类题策略是： 1. 准确理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论等； 2. 重视“举例”，利用例子可以检验是否理解和懂得正确运用，归纳例子提供的解题思路和方法； 3. 运用新定义去解决问题时，根据新定义交代的性质或运算规则去运用即可，解决问题的过程中还需要将“新定义”的知识与已有知识联系起来，利用已有知识经验来解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$