精品解析：浙江省杭州第四中学2025-2026学年高三上学期第一次月考（8月）数学试题

杭州第四中学2025学年第一学期高三年级第一次月考 数学试题卷 2025年8月 考生须知： 1．本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号. 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效. 4．考试结束，只上交答题卷. 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 2. 已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. 4 D. 3. 已知函数且是偶函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法． A. 72 B. 144 C. 108 D. 96 5. 已知数列满足，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册子《十个有趣的数学问题》，其中提到了开普勒的将球装箱的方法：考虑一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面的中心为球心作半径为的球，这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知双曲线：（，）的右焦点为，点是双曲线的渐近线上的一点，点是双曲线左支上的一点.若四边形是一个平行四边形，且，则双曲线的离心率是（ ） A. B. 2 C. D. 3 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，有选错的得0分． 9. 已知函数（，）的部分图象如图，则（ ） A. B. 函数的图象关于轴对称 C. 函数在上单调递减 D. 函数在有4个极值点 10. 在正三棱柱中，已知，点，分别为和的中点，点是棱上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 直线与为异面直线 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得直线与平面的夹角为45° 11. 已知函数，设是曲线与直线的三个交点的横坐标，且，则（ ） A. 存在实数，使得 B. 对任意实数，都有 C. 存在实数，使得 D. 对任意实数，都有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为复数的共轭复数，若复数满足，则______． 13. 已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为_________. 14. 锐角中，边上的高为4，则面积的取值范围为______． 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. 设函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围； （3）过坐标原点O作曲线的切线，证明：切线有且仅有一条，且求出切点的横坐标. 16. 如图所示，已知三棱台中，，，，，． （1）求二面角的余弦值； （2）设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积． 17. 为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲､乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是. （1）求比赛结束时恰好打了6局的概率； （2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望. 18. 如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线． （1）求曲线C的方程； （2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点； （3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由． 19. 定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”． （1）若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由． （2）若为“上凸数列”，则当时，． （ⅰ）若数列为的前项和，证明：； （ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州第四中学2025学年第一学期高三年级第一次月考 数学试题卷 2025年8月 考生须知： 1．本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、试场号、座位号，并填涂卡号. 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效. 4．考试结束，只上交答题卷. 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确. 考点：空间点线面位置关系． 2. 已知，则的值为（ ） A. B. 1 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对所给二项式合理变形，求展开项系数即可. 【详解】在中， 而， 由二项式定理知展开式的通项为， 令，解得，令，， 故， 同理令，解得，令，解得， 故，故. 故选：C 3. 已知函数且是偶函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用偶函数的定义求解参数即可. 【详解】因为且是偶函数， 所以，， 因此：，（舍负）， 故选：D． 4. 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法． A. 72 B. 144 C. 108 D. 96 【答案】A 【解析】 【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得. 【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有种停法， 除甲、乙外的其它三辆车共有种停法； 若货车甲靠边，共有种停法，则乙车有种停法， 除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种， 故共有种停放方法. 故选：A. 5. 已知数列满足，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，由累加法可得，进而可求. 【详解】由题意可得， 则可得， ， ， 将以上等式左右两边分别相加得， ，即， 又，所以. 故选：D. 6. 已知圆：，过点的直线与轴交于点，与圆交于，两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出线段的中点，将转化为，利用垂径定理，由图化简得，只需求的范围即可，故又转化成求过点的弦长的范围问题. 【详解】 如图，取线段的中点，连接，则， 由， 因直线经过点，考虑临界情况， 当线段中点与点重合时（此时），弦长最小，此时最长， 为，（但此时直线与轴平行，点不存在）； 当线段中点与点重合时，点与点重合，最短为0（此时符合题意）. 故的范围为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于结合圆的弦想到取其中点，将转化为，利用垂径定理，将所求式转化成，而求范围即求弦的长的范围即可. 7. 知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册子《十个有趣的数学问题》，其中提到了开普勒的将球装箱的方法：考虑一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面的中心为球心作半径为的球，这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定条件中的球落在正方体的部分，再求体积，即可求解. 【详解】以8个顶点为球心的球各有在正方体内，以6个面的中心为球心的球各有在正方体内， 所以这些球在正方体的体积之和为4个半径为的球的体积之和， 所以这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为. 故选：D 8. 如图，已知双曲线：（，）的右焦点为，点是双曲线的渐近线上的一点，点是双曲线左支上的一点.若四边形是一个平行四边形，且，则双曲线的离心率是（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到，求得且，进而得到，进而求得点，代入双曲线方程，化简求得，结合，即可求解. 【详解】因为四边形是一个平行四边形，且，可得，即， 由双曲线，可得，渐近线方程为，即， 可得，且， 因为直线，可得， 又因为，所以即， 代入双曲线方程，可得，整理得， 所以，可得，即， 所以离心率. 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，有选错的得0分． 9. 已知函数（，）的部分图象如图，则（ ） A. B. 函数的图象关于轴对称 C. 函数在上单调递减 D. 函数在有4个极值点 【答案】BD 【解析】 【分析】由“五点法”求得，根据正弦函数的性质和极值点的概念依次判断选项即可. 【详解】A:由图可知的周期为：，又，所以； 由，，且，所以； 由，所以，故A错误； B：由A的分析知，所以 因为为偶函数，故B正确； C：由，得，故在上单调递增，故C错误； D：因为，，，，故D正确. 故选：BD. 10. 在正三棱柱中，已知，点，分别为和的中点，点是棱上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ） A. 存在点，使得平面 B. 直线与为异面直线 C. 存在点，使得 D. 存在点，使得直线与平面的夹角为45° 【答案】BCD 【解析】 【分析】作图可知A错误；B正确；当点P与点A重合时，证明面可得C正确；当时，由线面角的定义和等腰直角三角形可得D正确. 【详解】A：如图（1），因为与相交，所以与平面相交，故选项A错误； B：如图（1），因为平面，平面，平面，所以直线与为异面直线，故选项B正确； C：如图（2），当点P与点A重合时， 因为，面，面，所以， 又，且都在面内， 所以面， 又面，所以，故选项C正确； D：当时，此时为等腰直角三角形， 因为面，所以为在面内的投影， 所以为所求线面角， 所以直线与平面所成的角为，故选项D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数，设是曲线与直线的三个交点的横坐标，且，则（ ） A. 存在实数，使得 B. 对任意实数，都有 C. 存在实数，使得 D. 对任意实数，都有 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，结合图象、极限思想可判断AC的正误，利用作差法可判断BD的正误. 【详解】函数的定义域为， ， 故函数在上均单调递减， 故的图象如图所示， 对于选项AC，由图象有， 考虑到，且函数图象的渐近线为， 于是存在实数a使得，存在实数a使得，故AC正确； 对于选项BD， ， 因为，所以， 所以， 于是， 而在上单调递减，所以， 即，故选项D正确； ， 当时，， 此时， 此时， 而函数在上单调递减， 所以，因此选项B错误． 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，是解决本题的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为复数的共轭复数，若复数满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，、是关于实系数方程的两个虚根，利用韦达定理可求得的值. 【详解】对于方程，， 由题意可知，、是关于实系数方程的两个虚根， 由韦达定理可得. 故答案为：. 13. 已知函数.若曲线在点处的切线与其在点处的切线相互垂直，则的一个取值为_________. 【答案】(答案不唯一) 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，结合条件可知，，再根据函数的取值，即可求解. 【详解】，由题意可知，， 即，所以，得，，， 或，得，，， 所以，，, 所以的一个取值为. 故答案为：(答案不唯一) 14. 锐角中，边上的高为4，则面积的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理将的面积转化为关于角的式子，根据角的取值范围求解即可. 【详解】由题意可知，因为为锐角三角形，且，边上的高为4， 如图①所示，，， ，解得. 在中由正弦定理得， 所以， 在中，，即， 所以， 所以的面积为： ，， 令， 所以，在单调递减， 所以， 所以. 故答案为：. 图① 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. 设函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数在区间上是减函数，求实数a的取值范围； （3）过坐标原点O作曲线的切线，证明：切线有且仅有一条，且求出切点的横坐标. 【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为 （2） （3）证明见解析，切点的横坐标为 【解析】 【分析】（1）求出，由可得函数的减区间，由可得函数的增区间； （2）转化成对任意恒成立求解，即对任意恒成立，求出的最小值即可； （3）设出切点，结合导数的几何意义求出过切点的切线方程，利用切线过原点可求得切点坐标，即可得出结论． 【小问1详解】 时，， ∴， ∵当，，为单调减函数． 当，，为单调增函数． ∴的单调减区间为，单调增区间为； 【小问2详解】 ∵，在区间上是减函数， ∴对任意恒成立， 即对任意恒成立， 令，则， 因为函数在上都是减函数， 所以函数在上单调递减，∴， ∴； 【小问3详解】 设切点为， 由题意得， ∴, ∴曲线在点切线方程为， 即． 又切线过原点， ∴， 整理得， 设， 则恒成立，在上单调递增， 又， ∴在上只有一个零点，即， ∴切点的横坐标为， ∴切线有且仅有一条，且切点的横坐标为. 【点睛】方法点睛： 对于导数的几何意义，要注意“曲线在点P处的切线”和“曲线过点P的切线”两种说法的区别. （1）“曲线在点P处的切线”表示点P为切点，且点P在曲线上，过点P的切线只有一条； （2）“曲线过点P的切线”表示点P不一定在曲线上，即使点P在曲线上时也不一定为切点，此时过点P的切线不一定只有一条． 16. 如图所示，已知三棱台中，，，，，． （1）求二面角的余弦值； （2）设E、F分别是棱、的中点，若平面，求棱台的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二面角定义可得二面角的平面角为，结合垂直关系及余弦定理求其余弦值即可； （2）将棱台补全为棱锥，利用垂直关系证明面，进而得到相关线段垂直并求出线段的长度，根据求体积. 【小问1详解】 因为，，所以二面角的平面角为． 因为，，所以，． 因为，所以． 因为， 所以，故二面角余弦值为． 【小问2详解】 因为是三棱台，所以直线、、共点，设其交点为O， 因为E、F分别是棱、的中点，所以直线经过点O． 因为，，且面，所以面， 又面，所以． 因为，，所以． 因为平面，平面，所以， 所以，，故F为的中点． 三棱台的体积． 17. 为落实中央“坚持五育并举，全面发展素质教育，强化体育锻炼”的精神，某高中学校鼓励学生自发组织各项体育比赛活动，甲､乙两名同学利用课余时间进行乒乓球比赛，规定：每一局比赛中获胜方记1分，失败方记0分，没有平局，首先获得5分者获胜，比赛结束.假设每局比赛甲获胜的概率都是. （1）求比赛结束时恰好打了6局的概率； （2）若甲以3：1的比分领先时，记X表示到结束比赛时还需要比赛的局数，求X的分布列及期望. 【答案】（1）； （2） 2 3 4 5 . 【解析】 【分析】（1）比赛恰好打了6局的情况有两种：甲胜或乙胜，即可求解； （2）分析可知X的可能取值为2，3，4，5，分别求出对应的概率，由此能求出X的分布列和. 【小问1详解】 比赛结束时恰好打了6局，甲获胜的概率为， 恰好打了6局，乙获胜的概率为， 所以比赛结束时恰好打了6局的概率为. 【小问2详解】 X的可能取值为2，3，4，5， ， ， ， . 所以X的分布列如下： 2 3 4 5 故. 18. 如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线． （1）求曲线C的方程； （2）若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点； （3）若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 由题意可知，直线不平行坐标轴， 则可设的方程为：，此时直线的方程为． 由，消去得：， 解得：或(舍去)，所以， 所以，同理可得：． 当时，直线的斜率存在， ， 则直线的方程为， 所以直线过定点． 当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点， 综上所述：直线过定点． （3） 假设存在点R使得，设， 因为，所以，即， 所以，所以， 直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称， 设， 易知点，直线方程是， 令得点P横坐标， 直线方程是，令得点Q横坐标， 由，得，又在椭圆上， 所以，所以，解得， 所以存在点，使得成立． 【解析】 【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线C的方程； （2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标； （3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上求得R点的坐标． 【小问1详解】 设，，则， 由题意知，所以，得(，所以， 因为，得，故曲线C的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”． （1）若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由． （2）若为“上凸数列”，则当时，． （ⅰ）若数列为的前项和，证明：； （ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值． 【答案】（1） 是“上凸数列”，证明如下： 因为， 令， 则． 当时，， 所以， 所以在区间上单调递减， 所以， 所以， 所以是“上凸数列”． （2） （ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意， ， 所以， 所以． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）构造函数，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可； （2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；（ⅱ）令，利用条件及数列求和适当放缩计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）解：令， 由（1）可得当时，是“上凸数列”， 由题意可知，当时，． 因为， 即 ． 所以 ， 当且仅当时等号成立， 所以． 综上所述，的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $