精品解析：山东省临沂市兰陵县第十中学2025届高三上学期9月月考数学试卷

2024-2025学年度上学期兰陵县第十中学高三9月份月考 数学试题 2024.09 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将集合化简，然后求解即可. 【详解】由题可知， 所以 又因为 所以 故选：C 2. 已知函数为上的奇函数，则实数（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数性质，解得，并代入检验即可. 【详解】因为函数为上的奇函数， 则，解得， 若，则，且定义域为， 则， 所以函数为上的奇函数， 综上所述：. 故选：A. 3. 已知等差数列的前项和为，若，且，则（ ） A. 60 B. 72 C. 120 D. 144 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式计算即得. 【详解】在等差数列中，，解得， 所以. 故选：B 4. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由，把代入，最后利用基本不等式即可求解. 【详解】， 当且仅当时，取“”成立， 故选：B. 5. 已知角α，β都是锐角，且，是方程的两个不等实根则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，，进而由同角三角函数的关系可求的正余弦值，进而利用两角和的余弦公式可求的值. 【详解】由，可得或， 又，是方程的两个不等实根，不妨设，， 又都是锐角，所以由同角的三角函数关系可得，， . 故选：A. 6. 从20以内质数中不放回地依次取2个数，记事件A为“第一次取到的数是奇数”，事件B为“两次取出的数之和是奇数”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先明确20以内质数个数，接着求出和即可由条件概率公式得解. 【详解】20以内的质数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个， 由题意得，， 所以. 故选：D. 7. 已知圆是的内切圆，与，，分别切于点，，，，，则圆的半径为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由数量积的几何意义得到，再利用求解. 【详解】解：如图所示： 因为， 所以，，， 又，则， 所以圆的半径为， 故选：C 8. 已知抛物线，为直线上一点，过作抛物线的两条切线，切点分别为，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. -2 D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】设，利用导数的几何意义可得直线与直线的方程，进而得到点的坐标，结合点在直线上，得，即,根据数量积的坐标运算化简后即可得解． 【详解】设，由求导得， 则直线方程为，即， 同理可得直线的方程为， 联立直线与直线的方程可得， 由点在直线上，得，即 故选：A． 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. 下面四个结论正确的是（ ） A. 已知向量，，则在上的投影向量为 B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 C. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 D. 若，则是锐角. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足，其中判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D. 【详解】选项A：因为，所以在上的投影向量为，故选项A正确； 选项B：因为，则P，A，B，C四点共面，故选项B正确； 选项C：是空间的一组基底，将向量看作立方体三条相邻的棱，且， 所以两向量之间不共线，所以也是空间的一组基底，故选项C正确；. 选项D：当 时，，但是向量同向，是零不是锐角，故选项D错误； 故选：ABC 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，无极值点 C. ，曲线对称中心的横坐标为定值 D. ，使在上是减函数 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导数求出函数的极大值判断A；由恒成立判断B；求出图象的对称中心判断C；由的解集能否为判断D. 【详解】对于A，当时，，求导得， 令得或，由，得或，由， 得，于是在，上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，因此最多有一个零点，A错误； 对于B，，当时，，即恒成立， 函数在上单调递增，无极值点，B正确； 对于C，由， 得图象对称中心坐标为，C正确， 对于D，要使在上是减函数，则恒成立， 而不等式的解集不可能为，D错误. 故选：BC. 11. 围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年的历史.在某次围棋比赛中，甲，乙两人进入决赛.决赛采用五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束.假设每局比赛甲胜乙的概率都为，且每局比赛的胜负互不影响，记决赛中的比赛局数为X，则（ ） A. 乙赢甲概率是 B. C. D. 的最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，根据条件，利用相互独立事件的概率公式，即可求解；选项B，由，分乙赢甲和甲赢乙，再利用相互独立事件和互斥事件的概率公式，即可求解；选项C，由，知前局比赛，甲、乙各赢局，利用相互独立事件的概率公式，即可求解；选项D，利用选项C中结果，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间，即可求解. 【详解】对于选项A，因为每局比赛甲胜乙的概率都为，且每局比赛的胜负互不影响， 所以乙赢甲概率是，故选项A正确， 对于选项B，因为，当乙赢甲时，概率为， 当甲赢乙时，概率为， 所以，故选项B错误， 对于选项C，因为，所以前局比赛，甲、乙各赢局， 得到，所以选项C正确， 对于选项D，由选项C知，令， 则，又， 当时，，当时，， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，故选项D正确， 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数是__________. 【答案】0 【解析】 【分析】由，利用二项式定理求出和的展开式中的系数，相加即可得出结果. 【详解】， 的展开式通项为， 的展开式通项为， 令，得，， 因此，的系数为. 故答案为：0. 【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项的系数，考查计算能力，属于中等题. 13. 已知点在圆上，点，当最小时，__________. 【答案】 【解析】 【分析】找到当最小时P点所在的位置，再结合勾股定理可得结果. 【详解】设圆的圆心为，半径为4， 如图所示：当 最小时，与圆M相切，连接， 则，，而， 由勾股定理得， 所以当最小时，. 故答案为：. 14. 著名的“全错位排列”问题（也称“装错信封问题”是指“将n个不同的元素重新排成一行，每个元素都不在自己原来的位置上，求不同的排法总数．”，若将个不同元素全错位排列的总数记为，则数列满足，．已知有7名同学坐成一排，现让他们重新坐，恰有两位同学坐到自己原来的位置，则不同的坐法有_________种 【答案】 【解析】 【分析】根据数列递推公式求出项，再结合分步计数原理求解. 【详解】第一步，先选出两位同学位置不变，则有种， 第二步，剩下5名同学都不在原位，则有种， 由数列满足，， 则，， ， 则不同的做法有种. 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. 在中国北京世界园艺博览会期间，某工厂生产、、三种纪念品，每一种纪念品均有精品型和普通型两种，某一天产量如下表：（单位：个） 纪念品 纪念品 纪念品 精品型 普通型 现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取个，其中种纪念品有个． （1）求的值； （2）从种精品型纪念品中抽取个，其某种指标的数据分别如下：、、、、，把这个数据看作一个总体，其均值为，方差为，求的值； （3）用分层抽样的方法在种纪念品中抽取一个容量为的样本，从样本中任取个纪念品，求至少有个精品型纪念品的概率． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【解析】 【分析】（1）根据分层抽样的原理建立关于的方程，解出即可； （2）先根据平均数建立关系式，然后根据方差建立关于、的等量关系，然后将用前面的关系式表示，即可求出的值； （3）设所抽样本中有个精品型纪念品，则，求出，然后利用古典概型的概率公式求出事件“至少有个精品型纪念品”的概率. 【详解】（1）由题意可知，该工厂一天所生产的纪念品数为. 现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取个，其中种纪念品有个， 则，解得； （2）由题意可得，得. 由于总体的方差为，则，可得， 所以，； （3）设所抽取的样本中有个精品型纪念品，则，解得， 所以，容量为的样本中，有个精品型纪念品，个普通型纪念品. 因此，至少有个精品型纪念品的概率为. 【点睛】本题考查分层抽样、平均数与方差的计算，同时也考查了古典概型概率的计算，考查计算能力，属于中等题. 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）设的中点为，若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，再根据二倍角公式结合三角形的内角化简得，即可求出角； （2）由（1）知，在中由余弦定理得，在中，由余弦定理得，结合题意可解得的值，再根据三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 由题意得， 由正弦定理得， 即， 在中，因为，， ， ，． 【小问2详解】 由（1）知， 在中，由余弦定理得， 所以①， 在中，由余弦定理得②， 由①②两式消去，得， 所以， 又，解得，． 所以的面积. 17. 如图是一个半圆柱，分别是上､下底面圆的直径，为的中点，且是半圆上任一点（不与重合）. （1）证明：平面平面，并在图中画出平面与平面的交线（不用证明）； （2）若点满足，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）易得，，根据线面垂直的判定定理证明面，再根据面面垂直的判定定理即可得证，过作的平行线交于点，则即为平面与平面的交线； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 在上，， ∵平面，平面，∴， 又平面面， 又面， 平面平面， 过作的平行线交于点，则， 则即为平面与平面的交线； 【小问2详解】 ， ，解得， ， 所以以为原点，以为轴，过在平面内作的垂线为轴， 过作的平行线为轴建立空间直角坐标系， 则， 则平面的一个法向量为，可取法向量为， 又，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，则， 设平面与平面夹角， 则. 18. 如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线，其中点依次为的左、右顶点，点为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心. （1）求的方程； （2）若点分别在上运动，求的最大值，并求出此时点的坐标； （3）若点在曲线上运动，点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）最大值为6，， （3） 【解析】 【分析】（1）由圆心的横坐标确定的值，再用可得方程； （2）将运用几何法放缩到过两个半圆的圆心时最大，再根据特殊三角形的角度计算出点的坐标； （3）需要分情况讨论，在圆上和在椭圆上分开计算，计算圆锥曲线上一点到某定点的最值问题可以用参数方程计算. 【小问1详解】 依题意，，所以， 于是的方程为 【小问2详解】 由对称性，不妨设，， ， 当三点共线，同时三点共线，， 此时，. 【小问3详解】 曲线关于轴对称，不妨设点在曲线 或曲线的右半部分上运动. ①当点在曲线上运动， 设，. ， ； ②当点在曲线上运动， 设，. ， ， 综合①②，. 【点睛】圆锥曲线的组合曲线的问题，一般都需要采用分类讨论的方法，与圆有关系的问题一般都考虑几何法优先. 19. 设，. （1）求函数的单调区间; （2）求证:； （3）设函数与的定义域的交集为，集合.若对任意，都存在，使得成等比数列，且成等差数列，则称与为"A关联函数".求证：若与为"关联函数"，则. 【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调区间； （2）根据题意分析可知：原不等式等价于，构建，利用导数求其最值，进而分析证明； （3）根据题意整理可得，利用基本不等式可得对任意都成立，取可得，构建，利用导数判断其单调性，进而判断其符号即可. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且. 当时，；当时，， 所以函数的单调增区间为，单调见区间为. 【小问2详解】 由（1）可知，故只需证. 由于，等价于. 令，则. 当时，；当时，； 可知函数在内单调递减，在单调递增， 则，所以. 【小问3详解】 由题意知，对任意，存在， 满足，且，则， 即，即. 对于给定的，有， 当且仅当，即时，等号成立， 因此对任意都成立. 在上式中令，得. 令，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且，可知满足不等式. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年度上学期兰陵县第十中学高三9月份月考 数学试题 2024.09 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数为上的奇函数，则实数（ ） A B. 1 C. D. 2 3. 已知等差数列的前项和为，若，且，则（ ） A. 60 B. 72 C. 120 D. 144 4. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 5. 已知角α，β都是锐角，且，是方程的两个不等实根则（ ） A. B. C. D. 6. 从20以内的质数中不放回地依次取2个数，记事件A为“第一次取到的数是奇数”，事件B为“两次取出的数之和是奇数”，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆是的内切圆，与，，分别切于点，，，，，则圆的半径为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 已知抛物线，为直线上一点，过作抛物线两条切线，切点分别为，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. -2 D. -1 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下面四个结论正确的是（ ） A. 已知向量，，则在上的投影向量为 B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 C. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 D. 若，则是锐角. 10 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，无极值点 C. ，曲线对称中心的横坐标为定值 D. ，使在上是减函数 11. 围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年的历史.在某次围棋比赛中，甲，乙两人进入决赛.决赛采用五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束.假设每局比赛甲胜乙的概率都为，且每局比赛的胜负互不影响，记决赛中的比赛局数为X，则（ ） A. 乙赢甲概率 B. C. D. 的最大值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，的系数是__________. 13. 已知点在圆上，点，当最小时，__________. 14. 著名的“全错位排列”问题（也称“装错信封问题”是指“将n个不同的元素重新排成一行，每个元素都不在自己原来的位置上，求不同的排法总数．”，若将个不同元素全错位排列的总数记为，则数列满足，．已知有7名同学坐成一排，现让他们重新坐，恰有两位同学坐到自己原来的位置，则不同的坐法有_________种 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中国北京世界园艺博览会期间，某工厂生产、、三种纪念品，每一种纪念品均有精品型和普通型两种，某一天产量如下表：（单位：个） 纪念品 纪念品 纪念品 精品型 普通型 现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取个，其中种纪念品有个． （1）求的值； （2）从种精品型纪念品中抽取个，其某种指标的数据分别如下：、、、、，把这个数据看作一个总体，其均值为，方差为，求的值； （3）用分层抽样的方法在种纪念品中抽取一个容量为的样本，从样本中任取个纪念品，求至少有个精品型纪念品的概率． 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求角； （2）设的中点为，若，且，求的面积． 17. 如图是一个半圆柱，分别是上､下底面圆的直径，为的中点，且是半圆上任一点（不与重合）. （1）证明：平面平面，并在图中画出平面与平面的交线（不用证明）； （2）若点满足，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线，其中点依次为的左、右顶点，点为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心. （1）求的方程； （2）若点分别在上运动，求的最大值，并求出此时点的坐标； （3）若点在曲线上运动，点，求的取值范围. 19. 设，. （1）求函数单调区间; （2）求证:； （3）设函数与的定义域的交集为，集合.若对任意，都存在，使得成等比数列，且成等差数列，则称与为"A关联函数".求证：若与为"关联函数"，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$