精品解析：云南省丽江市第一高级中学2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

丽江市第一高级中学2024-2025学年高三10月月考 数学试卷 注意事项: 1. 试卷总分 150 分， 考试时间 120 分钟. 2. 答题前，考生先将自己的姓名，考号等内容填写清楚. 3. 选择题部分必须使用2B铅笔填涂，非选择题部分必须使用黑色碳素笔或钢笔书写，字迹工整、笔迹清楚. 4. 请按照题号顺序在各题目对应的区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 5. 保持答题卷面整洁，不要折叠、不要弄破，禁止使用涂改液、涂改胶条. 一、单选题（本大题共8小题，共计40分） 1. 在复平面内，复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 2. 已知向量，且，则（ ） A. 1 B. -1 C. 4 D. -4 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 掷一个均匀的骰子．记A为“掷得点数大于等于2”，B为“掷得点数为奇数”，则为（ ） A. B. C. D. 5. 现有一种检验方法，对患疾病的人化验结果呈阳性，对未患疾病的人化验结果呈阴性．我们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区疾病的患病率为，则这种检验方法在该地区的误诊率为（ ） A. B. C. D. 6. 关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（ ） A. 等边三角形 B. 顶角为的等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 非直角三角形，也非等腰三角形 8. 如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（ ） A. 异面直线与直线所成的角的大小 B. 平面与平面所成的角的大小 C. 直线到平面距离的大小 D. 异面直线，之间的距离的大小 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9. 已知正数 满足 ，则下列不等关系正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知复数满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 是关于的方程的一个根 11. 已知、是椭圆的左、右焦点，点在上，是上的动点，轴，垂足为，且为的中点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 点的轨迹方程为 D. 的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，共计15分） 12. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________． 13. 设为单位向量，且，则______________. 14. 已知菱形ABCD的边长为，，点分别在边BC，CD上，且满足，，则____________. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）平面与侧棱相交于点，求的值． 16. 某校开展了“学党史”知识竞赛活动，竞赛试题由若干选择题和填空题两种题型构成，每位选手共需要回答三个问题.对于每一个问题，若回答错误得0分；若回答正确，填空题得30分，选择题得20分.现设置了两种活动方案供选手选择.方案一：只回答填空题；方案二：先回答填空题，后续选题按如下规则：若上一题回答正确，则下一次选择填空题；若上题回答错误，则下一次选择选择题.已知甲、乙两位同学能正确回答填空题的概率均为，能正确回答选择题的概率均为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）若甲同学采用方案一答题，求甲得分不低于60分的概率； （2）分别列出乙同学选择两种方案得分的分布列，并说明乙同学应该选择何种方案参加比赛更加有利. 17. 已知抛物线：与双曲线：相交于点． （1）若，求抛物线的准线方程； （2）记直线l：与、分别切于点M、N，当p变化时，求证：的面积为定值，并求出该定值． 18. 已知椭圆C：的短轴长和焦距相等，长轴长是． （1）求椭圆C的标准方程； （2）直线l与椭圆C相交于P，Q两点，原点O到直线l的距离为．点M在椭圆C上，且满足，求直线l的方程． 19. 设函数. （1）证明：当时，； （2）令，证明：数列递减且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丽江市第一高级中学2024-2025学年高三10月月考 数学试卷 注意事项: 1. 试卷总分 150 分， 考试时间 120 分钟. 2. 答题前，考生先将自己的姓名，考号等内容填写清楚. 3. 选择题部分必须使用2B铅笔填涂，非选择题部分必须使用黑色碳素笔或钢笔书写，字迹工整、笔迹清楚. 4. 请按照题号顺序在各题目对应的区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 5. 保持答题卷面整洁，不要折叠、不要弄破，禁止使用涂改液、涂改胶条. 一、单选题（本大题共8小题，共计40分） 1. 在复平面内，复数，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算可得，进而可得，再根据复数乘法运算求解. 【详解】∵，则， ∴. 故选：A. 2. 已知向量，且，则（ ） A. 1 B. -1 C. 4 D. -4 【答案】D 【解析】 【分析】利用平行的坐标公式处理即可. 【详解】由向量，且， ，解得：. 故选：D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为集合，，故. 故选：A. 4. 掷一个均匀的骰子．记A为“掷得点数大于等于2”，B为“掷得点数为奇数”，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】列举出事件A的所有基本事件，然后从其中找出满足事件B的基本事件，利用古典概型概率公式可得. 【详解】事件有下列可能： ，共5种； 在事件A条件下满足条件有：共2种，所以. 故选：D. 5. 现有一种检验方法，对患疾病的人化验结果呈阳性，对未患疾病的人化验结果呈阴性．我们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区疾病的患病率为，则这种检验方法在该地区的误诊率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记事件检查结果呈阳性，事件被检查确实患疾病，利用全概率公式求出的值，然后利用贝叶斯公式可求出的值，即为所求. 【详解】记事件检查结果呈阳性，事件被检查确实患疾病， 由题意可知，，，，， 所以，， 因此，这种检验方法在该地区的误诊率为， 故选：A. 6. 关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据解：不等式的解集为，得到，且，，进而转化不等式求解. 【详解】解：因为关于的不等式的解集为， 所以，且，， 所以，， 所以化为， 解得. 故选：A. 7. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则是（ ） A. 等边三角形 B. 顶角为的等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 非直角三角形，也非等腰三角形 【答案】A 【解析】 【分析】由条件利用余弦定理求得，可得，由，再根据正弦定理和余弦定理再可得，从而得出结论． 【详解】在中， ， ，， 又由可得， ，故是等边三角形. 故选：A. 8. 如图，正方体中，M，N分别是线段上的动点（不含端点），则下列各项中会随着M，N的运动而变化的是（ ） A. 异面直线与直线所成的角的大小 B. 平面与平面所成的角的大小 C. 直线到平面距离的大小 D. 异面直线，之间的距离的大小 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量把异面直线与直线所成的角，平面与平面所成的角，直线到平面距离，异面直线，之间的距离均求出来，看是否随着M，N的运动而变化 【详解】以点D为原点，DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方形边长为1，则，，，，，，，因为M，N分别是线段上的动点（不含端点），故设，，所以， 会随着M，N的运动而变化，故A选项正确； 设平面的法向量为，则 ，解得： 设平面的法向量为，则，解得： 所以，故平面与平面所成的角的大小为，不随着M，N的运动而变化； 设平面的法向量为，则，解得：， 则，即与平面平行，故直线到平面距离不变，不随着M，N的运动而变化. 设异面直线，的公共法向量为，则，解得：，设异面直线，之间的距离为，夹角为，则，所以异面直线，之间的距离的不随着M，N的运动而变化. 故选：A 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9. 已知正数 满足 ，则下列不等关系正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，根据对数的运算性质可判断AB，利用作商法可判断C，利用基本不等式可判断D. 【详解】令，则，，，. A选项：，故A正确； B选项：，故B错误； C选项：，故；，故；从而，故C正确； D选项：由A知，则，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知复数满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 是关于的方程的一个根 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的共轭以及复数的模长、复数的四则运算逐一判断即可. 【详解】，所以 对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，即是关于的方程的一个根，D正确. 故选：ABD. 11. 已知、是椭圆的左、右焦点，点在上，是上的动点，轴，垂足为，且为的中点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 点的轨迹方程为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出椭圆的方程，利用椭圆的定义结合基本不等式可判断A选项；由椭圆定义可得，将与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，可判断B选项；设点、，可得出点，代入椭圆方程可得出点的轨迹方程，可判断C选项；利用圆的几何性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，将点的坐标代入椭圆方程可得，因为，解得， 由椭圆定义可得，因为，则， ， 因为，且函数在上单调递减， 故的最大值为，A对； 对于B选项，不妨设点，则， 则 ， 因为， 所以， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，的最小值为，B错； 对于C选项，设点，则点，设点， 由中点坐标公式可得，则， 因为点在椭圆上，则，即，化简得， 故点的轨迹方程为，C对； 对于D选项，圆的圆心为原点，半径为， 因为，故点在圆外， 所以，， 当且仅当为线段与圆的交点时，取最小值，D对. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，共计15分） 12. 若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________． 【答案】 【解析】 【分析】设出切点横坐标，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得的取值范围. 【详解】∵，∴， 设切点为,则,切线斜率, 切线方程为：, ∵切线过原点，∴, 整理得：, ∵切线有两条，∴,解得或, ∴的取值范围是, 故答案为： 13. 设为单位向量，且，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解. 【详解】因为为单位向量，所以 所以 解得： 所以 故答案为： 【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题. 14. 已知菱形ABCD的边长为，，点分别在边BC，CD上，且满足，，则____________. 【答案】3 【解析】 【分析】将分别用的线性组合表示出来，然后根据向量的平行四边形法则结合线段长度求解出的结果. 【详解】因为，所以， 又因为，所以， 所以， 又因为，所以， 所以为等边三角形，所以， 所以， 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）平面与侧棱相交于点，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行； （3）由（1）已得，可证平面，又因面，由线面平行的性质可推得，继而得到，利用平行线分线段成比例定理即可求得的值. 【小问1详解】 连接， 在中，，，且， 又，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）得，又平面，平面， 平面， 在中，，， 又平面，平面，平面， 又因且均在平面中， 平面平面. 【小问3详解】 由（1）知，又面，面，平面， 又平面，面面， ，又，，． 16. 某校开展了“学党史”知识竞赛活动，竞赛试题由若干选择题和填空题两种题型构成，每位选手共需要回答三个问题.对于每一个问题，若回答错误得0分；若回答正确，填空题得30分，选择题得20分.现设置了两种活动方案供选手选择.方案一：只回答填空题；方案二：先回答填空题，后续选题按如下规则：若上一题回答正确，则下一次选择填空题；若上题回答错误，则下一次选择选择题.已知甲、乙两位同学能正确回答填空题的概率均为，能正确回答选择题的概率均为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）若甲同学采用方案一答题，求甲得分不低于60分的概率； （2）分别列出乙同学选择两种方案得分的分布列，并说明乙同学应该选择何种方案参加比赛更加有利. 【答案】（1） （2）分布列见解析，乙同学选择方案二参加比赛更加有利，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的概率公式即可求解， （2）根据二项分布以及相互独立事件的概率乘法公式求解分布列，即可求解两种方案下的期望，比较期望大小即可求解. 【小问1详解】 甲同学采用方案一答题，得分不低于60分的情况为至少答对两道填空题， ∴其概率； 【小问2详解】 乙同学选择方案二参加比赛更加有利，理由如下：若采用方案一，则其得分X的可能取值为0，30，60，90，∴；； ；， ∴X的分布列为 X 0 30 60 90 P ∴X的数学期望； 若采用方案二，则其得分Y的可能为取值为0，20，30，50，60，90， ∴；； ；； ；， ∴Y的分布列为 Y 0 20 30 50 60 90 P ∴Y的数学期望， ∵，∴乙同学选择方案二参加比赛更加有利. 17. 已知抛物线：与双曲线：相交于点． （1）若，求抛物线的准线方程； （2）记直线l：与、分别切于点M、N，当p变化时，求证：的面积为定值，并求出该定值． 【答案】（1）； （2） 由，得， 由直线与相切，得，解得，切点， 由，得， 由直线与相切，得，解得，切点， 于是，令，则直线的方程为， 点，由，得， 所以， 点到直线的距离为， 所以， 所以的面积为定值，该定值为. 【解析】 【分析】（1）求出，代入求出即可求出准线方程. （2）把直线的方程分别与、联立，用表示出，进而求出切点的坐标，再求出三角形面积即得结果. 【小问1详解】 由，得，将其代入，得， 所以抛物线的方程为，其准线方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 18. 已知椭圆C：的短轴长和焦距相等，长轴长是． （1）求椭圆C的标准方程； （2）直线l与椭圆C相交于P，Q两点，原点O到直线l的距离为．点M在椭圆C上，且满足，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）或或或 【解析】 【分析】（1）根据题意求出，即可得解； （2）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线l的方程为，，，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据，求出点的坐标，由在椭圆上，可得的关系，再根据原点O到直线l的距离可得的关系，从而可求得，即可得解. 【小问1详解】 设椭圆C的焦距为2c， 由题意有， 解得，，， 故椭圆C的标准方程为； 【小问2详解】 若直线l的斜率不存在，直线l的方程为， 此时满足的点M显然不在椭圆C上，可得直线l的斜率存在， 设直线l的方程为，，，， 联立方程，消去y后整理为， 可得，， 由，可得， 又由，可得，， 将点M的坐标代入椭圆C的方程，有， 整理为， 又由原点O到直线l的距离为，有，可得， 联立方程，可得， 解得或或或， 又由， 可得直线l的方程为或或或． 【点睛】本题考查了椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系的应用，考查了学生的运算能力，计算量较大，有一定的难度. 19. 设函数. （1）证明：当时，； （2）令，证明：数列递减且. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先证明函数在上单调递减，由此可得当时， ，又要证明当时，，只需证明当时，，设，利用导数证明，当且仅当取等号，由此证明结论； （2）由条件，结合（1）证明若，则，结合条件，证明，，结合（1）证明，由此证明数列单调递减，设，，结合（1）利用导数，由此证明，再证明即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以函数在上单调递减， 所以当时，， 所以当时， ， 要证明，即证明， 只需证明，因为，所以， 所以只需证明当时，， 设，则， 令，可得， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，当且仅当取等号， 所以，当且仅当取等号， 所以当时， ， 所以当时，成立， 综上，当时，； 【小问2详解】 因为，所以， 若，由（1），故， 则，则， 又，所以， 所以，， 由（1）当时，， 所以，故，又， 于是， 所以，所以，所以， 所以数列单调递减， 设，， 则， 因为，由（1）可得当时，，所以， 所以函数在上单调递增，所以， 所以当时，，所以， 由题意，所以，又， 所以当时，， 所以，当且仅当时等号成立. 所以数列递减且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $