精品解析：浙江省杭州市源清中学2024-2025学年高三上学期9月考试数学试题

2024年源清中学高三年级9月考试 数学试题卷 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. 集合，，则＝（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，向量在上的投影向量为，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 4. 已知，则（ ） A B. C. D. 5. 已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 6. 在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为（ ） A B. C. D. 7. 若函数在上有且仅有一个零点，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 定义在上的奇函数，满足，当时，，若，则（ ） 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2分，有选错的得0分. 9. 下图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法正确的是（ ） A. 这10年粮食年产量的极差为15 B. 这10年粮食年产量的第65百分位数为33 C. 这10年粮食年产量的中位数为29 D. 前5年的粮食年产量的方差大于后5年粮食年产量的方差 10. 定义在上函数的值域为，且，则（ ） A B. C. D. 11. 已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 与所成的角为 C. 过三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D. 平面与平面夹角的正切值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中的常数项为______． 13. 若直线与曲线相切，则的取值范围为______. 14. 甲袋中有5个红球和3个白球，乙袋中有4个红球和2个白球，如果所有小球只存在颜色的差别，并且整个取球过程是盲取，分两步进行：第一步，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别用、表示由甲袋中取出红球、白球的事件；第二步，再从乙袋中随机取出两球，用B表示第二步由乙袋中取出的球是“两球都为红球”的事件，则事件B的概率是______. 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. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和． 16. 如图，在中，，，点在线段上． (Ⅰ) 若，求的长； （Ⅱ） 若，的面积为，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 在直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线l与C交于M，N两点，且当l的斜率为1时，. （1）求C的方程； （2）设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q（异于原点），线段MN的中点为R，若，求面积的取值范围. 19. 已知偶函数和奇函数均为幂函数.，且. （1）若，证明：； （2）若，，当且函数有两个零点时，求实数的取值范围； （3）若，，，证明：在区间单调递增. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年源清中学高三年级9月考试 数学试题卷 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. 集合，，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由补集和并集的定义直接求解. 【详解】集合，， 则，. 故选：B 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则和求复数的模长公式，化简已知条件，得到复数z，再求复数z的共轭复数，得 【详解】因为，所以， 则，则 故选：B 3. 已知向量，向量在上的投影向量为，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的定义式，结合题意即可求得. 【详解】由向量，可得， 因向量在上的投影向量为， 由题意，，解得. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】展开并同时平方，结合二倍角的正弦公式即可得到关于的方程，解出即可. 【详解】展开得， 两边同时平方有， 即，解得， 故选：B. 5. 已知函数，若关于的方程至少有两个不同的实数根，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出函数的图象，由题意可得的图象与至少有两个不同的交点，从而得，结合图象可得，求解即可． 【详解】因为， 作出函数的图象，如图所示： 由此可知函数在和上单调递减，在上单调递增， 且，， 又因为关于的方程至少有两个不同的实数根， 所以至少有两个不同的实数根， 即的图象与至少有两个不同的交点，所以， 又因为当时，，令，可得； 当时，，令，解得， 又因为，所以，解得． 故选:D． 6. 在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令外接球的半径为，作出图象，求出圆台的母线，即可求出圆台的侧面积，再求出球的表面积，即可得解. 【详解】令外接球的半径为，依题意，，， 过点作，则，所以， 又，所以， 所以圆台的侧面积， 球的表面积， 所以圆台的侧面积与球的表面积之比为. 故选：C 7. 若函数在上有且仅有一个零点，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出相位的范围，再结合正弦函数的性质列式求解即得. 【详解】当时，， 由在上只有一个零点，得，解得， 由，得，解得， 所以 故选：C 8. 定义在上的奇函数，满足，当时，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由定义在上奇函数的性质求得，进而求得，再结合函数的奇偶性及对称性得出周期，进而求得，结合列出方程求解即可． 【详解】因为是定义在上的奇函数，当时，， 所以，解得， 所以， 由及得，， 所以，即周期为4， 所以，， 因为， 所以，解得， 所以， 故选：C． 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2分，有选错的得0分. 9. 下图为某地2014年至2023年的粮食年产量折线图，则下列说法正确的是（ ） A. 这10年粮食年产量的极差为15 B. 这10年粮食年产量的第65百分位数为33 C. 这10年粮食年产量的中位数为29 D. 前5年的粮食年产量的方差大于后5年粮食年产量的方差 【答案】ABC 【解析】 【分析】ABC选项，由极差，百分位数和中位数的定义求出答案；D选项，根据图形及方差的意义得到D错误. 【详解】A选项，将样本数据从小到大排列为25，26，27，28，28，30，33，36，37，40， 这10年的粮食年产量极差为，故A正确； B选项，，结合A选项可知第65百分位数为第7个数33，故B正确； C选项，从小到大，选取第5个和第6个的数的平均数作为中位数， 这10年的粮食年产量的中位数为，故C正确； D选项，结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小于后5年的粮食产量波动， 所以前5年的粮食年产量的方差小于后5年的粮食年产量的方差，故D错误； 故选：ABC. 10. 定义在上的函数的值域为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法及基本不等式结合选项可得答案. 【详解】令，则有，解得或， 因为函数的值域为，所以，A正确； 令，则有，即 令，则有，即，B不正确； 令，则有，所以，即，C正确； 因为，所以，， 所以，当且仅当时，取到等号， 所以，D正确. 故选：ACD 11. 已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 与所成角为 C. 过三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D. 平面与平面夹角的正切值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出锥体体积判断A；用定义法求出异面直线的夹角判断B；推理判断截面形状判断C；建立坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦判断D. 【详解】正方体的棱长为分别为棱的中点， 对于A，三棱锥的体积，A正确； 对于B，，则是与所成的角或其补角，而， 因此与所成的角为，B错误； 对于C，连接，由，得，则， 而，，因此平面截正方体所得截面图形为等腰梯形，C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，， ，设平面的法向量， 则，令，得，显然平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， ，则，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中的常数项为______． 【答案】160 【解析】 【分析】由题意利用二项式定理可得解. 【详解】二项式的展开式的通项公式， 令，可得， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：160. 13. 若直线与曲线相切，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】借助导数的几何意义计算可得，借助导数得到函数的值域即可得解. 【详解】对于，有，令切点为，则切线方程为，即， 即有， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故， 又当趋向于正无穷大时，趋向于负无穷大， 故，即. 故答案为：. 14. 甲袋中有5个红球和3个白球，乙袋中有4个红球和2个白球，如果所有小球只存在颜色的差别，并且整个取球过程是盲取，分两步进行：第一步，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别用、表示由甲袋中取出红球、白球的事件；第二步，再从乙袋中随机取出两球，用B表示第二步由乙袋中取出的球是“两球都为红球”的事件，则事件B的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据全概率公式即可求解. 【详解】因为， 所以, 故答案： 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. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式； （2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出. 【小问1详解】 因为为等差数列，设公差为d， 由，得，即， 由，，成等比数列得，， 化简得，因为，所以． 所以． 综上． 【小问2详解】 由知，， 又为公比是3的等比数列，， 所以，即， 所以，， 所以 . 综上. 16. 如图，在中，，，点在线段上． (Ⅰ) 若，求的长； （Ⅱ） 若，面积为，求的值． 【答案】(1) ；(2) . 【解析】 【详解】（I）在三角形中，∵，∴． 在中，由正弦定理得， 又，，．∴． （II）∵，∴，， 又，∴， ∵，∴， ∵，， ，∴， 在中，由余弦定理得． ∴，∴． 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 取的中点为，接，则， 而，故，故四边形平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 18. 在直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，过F的直线l与C交于M，N两点，且当l的斜率为1时，. （1）求C的方程； （2）设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q（异于原点），线段MN的中点为R，若，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦点弦长公式得到方程，求出，得到答案； （2）在（1）基础上得到，进而求出，故轴，得到，表达出，结合，得到答案. 【小问1详解】 因为过F的直线l与C交于M，N两点，故直线的斜率不为0， 不妨设l的方程为，，， 联立l与C的方程，得， ∴，， 则， ∴由题可知当时，， ∴， ∴C的方程为. 【小问2详解】 由（1）知， 将R的纵坐标2m代入，得， 易知C的准线方程为，又l与C的准线交于点P， ∴， 则直线OP的方程为，联立OP与C的方程，得， ∴， ∴Q，R的纵坐标相等， ∴直线轴， ∴， ∴， ∵点Q异于原点， ∴， ∵， ∴， ∴，即. 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 19. 已知偶函数和奇函数均为幂函数.，且. （1）若，证明：； （2）若，，当且函数有两个零点时，求实数的取值范围； （3）若，，，证明：在区间单调递增. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据幂函数解析式及性质可设函数解析式，再根据指数函数的单调性可证明不等式； （2）利用导数先分析函数的单调性，进而结合函数有两个零点求解即可； （3）由已知可得，求导，可转化为证明在恒成立，结合函数的单调性与正负情况可得证. 【小问1详解】 证明：由已知偶函数和奇函数均为幂函数， 可设和，且，， 又，即，即， 又函数单调递减，所以， 所以， 又函数单调递减，所以， 即； 【小问2详解】 由已知，得，即， 所以， 当时，的定义域为， ，令，解得或（舍去）， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 因为函数有两个零点， 所以，解得， 即实数的取值范围为. 【小问3详解】 证明：由， 又已知，所以， 由（1）得，即， 所以函数的定义域为， 所以， 又恒成立，且， 所以，， 设，则， 令，则， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以， 所以， 即当，， 所以函数在上单调递增. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： （1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． （2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． （3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． （4）考查数形结合思想的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$