精品解析：山东省乳山市银滩高级中学2024-2025学年高三1月月考数学试题

高三级部1月月考数学试题 一､单选题 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则“”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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 的展开式中，含的项的系数为（ ） A. 240 B. C. 560 D. 360 6. 某公司计划派员工到甲、乙、丙、丁、戊这5个领头企业中的两个企业进行考察学习，记该公司员工所学习的企业中含甲、乙、丙的个数为，记的所有取值的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线与圆相切，与双曲线在第四象限交于一点，且有轴，则离心率为（ ） A. 3 B. C. D. 2 8. 已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时在区间上的零点个数为（ ） A. 466 B. 467 C. 932 D. 933 二､多选题 9. 北京时间2024年7月27日，我国射击健将黄雨婷、盛李豪在奥运会上战胜韩国选手，摘夺了射击混合团体10米气步枪金牌，通过赛后数据记录得到其中一名选手的得分分别为7，12，13，18，18，20，32，则（ ） A. 该组数据的极差为26 B. 该组数据的众数为18 C. 该组数据的75%分位数为19 D. 若该组数据去掉一个最高分和最低分，则这组数据的方差变小 10. 已知函数，则（ ） A. 若，则 B. 若，则在上单调递增 C. 若，则在上单调递减 D. 若有两个零点，则 11. 已知正方体的棱长为2，，分别是线段，上的动点，且满足，点是线段的中点，则（ ） A. 若是的中点，则平面 B. 若是的中点，则平面 C. 的最大值是 D. 的最小值为 三､填空题 12. 已知三角形中，是上中线的三等分点满足，记则__________. 13. 已知数列，，…，，其中，，…，是首项为1，公差为1的等差数列；，，…，是公差为的等差数列；，，…，是公差为的等差数列，则a30的最小值为________ 14. 已知点是抛物线上一点，点是抛物线的焦点，为上异于的两动点，且，则的最小值为__________. 四､解答题 15. 在面积为S的中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）若，求周长的最大值； （2）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围． 16. 已知椭圆经过点，其右焦点为. （1）求椭圆的离心率； （2）若点在椭圆上，右顶点为A，且满足直线与的斜率之积为，求证：直线PQ过定点. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，点分别是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明. ①； ②. 19. 甲、乙、丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时，甲将球保留（也记为一次传球）的概率为，否则甲将球传给乙；当球在乙手中时，乙将球传给甲的概率为，否则乙将球传给丙；当球在丙手中时，丙将球传给甲的概率为，否则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中. （1）设传球三次后，球在甲手中过的次数为，求随机变量的分布列和数学期望； （2）传次球后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式； （3）在第（2）问的条件下，设.求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三级部1月月考数学试题 一､单选题 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解对数型函数的定义域得集合，再利用交集定义求交集即可. 【详解】因为， 又，所以. 故选：B. 2. 设为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，即可求解． 【详解】，故， 故选：D 3. 若，则“”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】利用充分条件与必要条件的概念判断. 【详解】由得，， 所以且，则，充分性成立； 由，不妨取，则， 显然，必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意利用两角和差公式可得，再利用倍角公式结合齐次化问题分析求解. 【详解】因为，则，可得， 所以. 故选：B. 5. 的展开式中，含的项的系数为（ ） A. 240 B. C. 560 D. 360 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征求解即可. 【详解】因为展开式的通项为， 当，即时，展开式中会出现，此时， 对于，通项为，要想得到，则需， 此时，即含的项的系数为， 故选：B. 6. 某公司计划派员工到甲、乙、丙、丁、戊这5个领头企业中的两个企业进行考察学习，记该公司员工所学习的企业中含甲、乙、丙的个数为，记的所有取值的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据方差的计算即可求解，结合排列组合求解概率，即可根据期望和方差，结合选项即可逐一求解. 【详解】由题知的所有可能取值为，则，. 且，，， 所以，故A错误； 由于，故C错误； ，故B错误； ，则，故D正确． 故选：D 7. 如图，已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线与圆相切，与双曲线在第四象限交于一点，且有轴，则离心率为（ ） A. 3 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】求出的坐标，确定，由直线与圆相切于点，求出，再求出，，，再由得到，进而求出离心率. 【详解】圆的圆心，半径， 双曲线中，令，解得，则， 由直线与圆相切于点，得， 又， 则， 即，于是，即， 有，解得：或，而，所以. 故选：C. 8. 已知函数在区间上有且仅有一个零点，当最大时在区间上的零点个数为（ ） A. 466 B. 467 C. 932 D. 933 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：根据x的范围，确定的范围，结合已知条件以及函数的零点，得且，分别验证确定的范围，求出的最大值，代入函数解析式即可求解；方法二：利用换元的令，根据x的范围，确定t的范围，由，得出的范围，结合的图象性质，以及已知条件，最终确定的最大值，代入函数解析式即可求解. 【详解】方法一：由题意，函数，可得函数的周期为， 因为，可得， 又由函数在区间上有且仅有一个零点， 且满足，且，可得， 即，且 当时，，解得，所以； 当时，，解得，所以； 当时，，解得，此时解集为空集， 综上可得，实数的取值范围为. 所以，得， ，则，解得 ， 令，则有， 解得，即， 因为，所以共有467个零点. 方法二：由题意，函数，可得函数的周 期为， 因为，可设，则， 又函数在区间上有且仅有一个零点，可得，所以，则由图象性质， 可知，得，即. 或者，得，即. 所以最大为，得. ，则，解得. 令，则有：， 解得：，即， 因为，所以共有467个零点. 故选：B. 【点睛】方法点睛：对于区间长度为定值的动区间，若区间上至少含有个零点，需要确定含有个零点的区间长度，一般和周期相关，应用三角函数的图象与性质，列出相应的不等式组求解即可. 二､多选题 9. 北京时间2024年7月27日，我国射击健将黄雨婷、盛李豪在奥运会上战胜韩国选手，摘夺了射击混合团体10米气步枪金牌，通过赛后数据记录得到其中一名选手的得分分别为7，12，13，18，18，20，32，则（ ） A. 该组数据的极差为26 B. 该组数据的众数为18 C. 该组数据的75%分位数为19 D. 若该组数据去掉一个最高分和最低分，则这组数据的方差变小 【答案】BD 【解析】 【分析】由统计的数据分析的相关概念即可得到结论. 【详解】该组数据的极差，故A选项错误； 该组数据的众数为出现频数最多的：18，故B选项正确； 该组数据的分位数：,取第6个，则为20，故C选项错误； 若该组数据去掉一个最高分和最低分，则这组数据波动变小，所以方差变小，故D选项正确； 故选：BD. 10. 已知函数，则（ ） A. 若，则 B. 若，则在上单调递增 C. 若，则在上单调递减 D. 若有两个零点，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用函数最值与导函数关系即可判断选项A，利用导函数直接求解函数单调性，即可判断选项BC，将函数零点问题，转化为函数图像交点问题，即可判断选项D. 【详解】若，则， 因为，所以，则， 当时，， 则， 令得，令得，令得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故，符合题意，A正确； 若，则， 所以在上单调递减，B错误； 若， 令得，所以在上单调递增，C错误； 若有两个零点，且， 则在时有一个解， 即在上有一个解， 即与有唯一交点， 因为在上单调递增，且， 所以，D正确. 故选：AD 11. 已知正方体的棱长为2，，分别是线段，上的动点，且满足，点是线段的中点，则（ ） A. 若是的中点，则平面 B. 若是的中点，则平面 C. 的最大值是 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对选项A，根据是的中点，取中点，通过证明四边形是平行四边形即可证明；对选项B，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，证明即可；对选项C，根据可知，与重合时，最大；对选项D，设出，坐标，则可知坐标，故，，由可知，代入数量积的坐标运算可转化为的取值范围，利用三角换元即可求解. 【详解】是的中点，，，，∴是的中点. 连接交于点如图所示. ，∴四边形是平行四边形，. 又平面，平面，平面，故A正确； 以为原点如图建立空间直角坐标系，若是的中点，此时是的中点， 那么，，，， 而平面的一个法向量.， 不是平面的法向量，故B错误； 当与重合时，最大，为，故C正确； 设，，则， ，，， ，， 设，，， 故，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查空间中线面位置关系、求线段长度最小值及数量积最小值的方法，解题关键是建立空间直角坐标系将几何问题转化为代数问题，考查学生转化能力、数形结合能力和计算能力，属于压轴题. 三､填空题 12. 已知三角形中，是上中线的三等分点满足，记则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据已知及向量加减、数乘的几何意义用表示出求参数，即可得结果. 【详解】如图， ， 所以，则. 故答案为：1. 13. 已知数列，，…，，其中，，…，是首项为1，公差为1的等差数列；，，…，是公差为的等差数列；，，…，是公差为的等差数列，则a30的最小值为________ 【答案】##7.5 【解析】 【分析】先计算出，由得出，再由利用二次函数的性质可得答案. 【详解】因为，，…，是首项为1，公差为1的等差数列， 所以， 因为，，…，是公差为的等差数列， 所以， 因为，，…，是公差为的等差数列， 所以， 因此，的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知点是抛物线上一点，点是抛物线的焦点，为上异于的两动点，且，则的最小值为__________. 【答案】11 【解析】 【分析】将点带入抛物线方程求出，然后根据设，根据，解得，根据抛物线定义表示出，最后结合二次函数的性质求解出最小值. 【详解】 因为在抛物线上， 所以，得，因此抛物线 令，则 因为，所以， 化简得，令，则, ， 结合二次函数性质，当时，取得最小值， 即的最小值为， 故答案为：11. 【点睛】关键点点睛：设，通过解得的关系是本题的关键点，最后根据抛物线定义表示出，结合二次函数的性质求解出最小值.通过设坐标结合向量表示出坐标关系的联立思维是圆锥曲线常用方法，对于学生来说务必掌握该方法和技巧.. 四､解答题 15. 在面积为S的中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）若，求周长的最大值； （2）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互换，代入已知条件，可以求得，再结合余弦定理和基本不等式即可求得最值； （2）通过等面积法，用两种方法表示三角形的面积即可求得三边之间的关系，用正弦定理将边化为角，用辅助角公式化简，借助角的范围来求得最值. 【小问1详解】 由和正弦定理，三角形面积公式得，，因，故得，， 由余弦定理，，因，则；· 由余弦定理，，即， 整理得，，当且仅当时等号成立，即， 于是，，即当时，周长的最大值为； 【小问2详解】 由可得， 由正弦定理，，即得，，，· 则 ， 由为锐角三角形可得，，解得， 则，由正弦函数的图象知，，故得， 即面积的取值范围为. 16. 已知椭圆经过点，其右焦点为. （1）求椭圆的离心率； （2）若点在椭圆上，右顶点为A，且满足直线与的斜率之积为，求证：直线PQ过定点. 【答案】（1） （2）证明:由（1）知，易知直线与的斜率存在且同号，所以直线不垂直于轴， 故可设， 由可得，， 所以， ，而，即， 化简可得， 即， 即， 化简得，所以或， 所以直线或， 因为直线不经过点A，所以直线经过定点. 【解析】 【分析】（1）结合焦点坐标及椭圆上的点列式求解，进而求解椭圆方程及离心率. （2）设直线的方程，与椭圆方程联立，求出两根之和及两根之积，由直线与的斜率之积，可得参数关系，即可求解直线恒过的定点坐标，得证. 【小问1详解】 依题可得，，解得， 所以椭圆的方程为.所以离心率. 【小问2详解】 略. 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，点分别是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：取的中点为，连接， 点是的中点，则且， 又点是的中点，底面是矩形， 则且， 且四边形是平行四边形，， 又平面在平面内，平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）要证直线与平面平行，只需在平面内找到已知直线的一条平行线即可； （2）过点P作AB的垂面，作平面ABCD的垂线，建立空间直角坐标系，求出平面PAB的法向量，利用向量法即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作交于点，作交于点，连接， 则平面， 平面， 又平面平面平面， ， . 设平面平面，可知， 平面平面， 取的中点为，连接，则平面. 两两垂直. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，， ， 设平面的一个法向量为， 则由取. 设直线与平面所成角为， 则. 综上，直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明. ①； ②. 【答案】（1）单增区间为；单减区间为 （2） ①：由题意知，是的两根， 则，， 将代入得，， 要证明， 只需证明， 即， 因为，所以， 只需证明， 令，则，只需证明，即， 令， 则， 所以在上单调递减，可得， 所以， 综上可知，. ②： 设， 因为有两个极值点，所以， 解得， 因为， 所以，， 由题意可知， 可得代入得，， 令， 则， 当，所以在上单调递减， 当，所以在上单调速增， 因为，所以， 由， 可得，所以， 所以， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）利用导函数直接求解不含参的函数的单调区间即可； （2）①结合韦达定理，表示出，要证明，只需证明，即，只需证明，令，只需证明，即，令，根据其单调性即可得证；②求导，得，设，则可得，得到，化简得，令，根据其单调性可得，判断的大小，即可得证. 【小问1详解】 ， 当时，， 令，解得；令，解得或， 所以的单增区间为；单减区间为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：分析函数单调性、极值等性质，进而证明不等式时，常用方法和思想有： （1）构造函数法；（2）不等式放缩法；（3）数形结合思想；（4）转化与化归思想. 19. 甲、乙、丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时，甲将球保留（也记为一次传球）的概率为，否则甲将球传给乙；当球在乙手中时，乙将球传给甲的概率为，否则乙将球传给丙；当球在丙手中时，丙将球传给甲的概率为，否则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中. （1）设传球三次后，球在甲手中过的次数为，求随机变量的分布列和数学期望； （2）传次球后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式； （3）在第（2）问的条件下，设.求证：. 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 3 ，1 （2） （3） 由（2）可得， 则 所以. 又因为， ， 所以， 综上，. 【解析】 【分析】（1）根据传球游戏的规则，可得，再根据独立事件概率公式，求解概率，再结合分布列公式，即可求数学期望； （2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式； （3）首先根据（2）的结果，求，并利用放缩法证明不等式. 【小问1详解】 由题意知，， ， ， ， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 随机变量的数学期望为； 【小问2详解】 由于传次球后不在乙手中的概率为， 此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙， 故有， 变形为， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以数列的通项公式； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到关于数列的递推公式，从而可以利用数列的知识解决问题，第三问的关键是对通项合理的放缩，从而可以求和，证明不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $