精品解析：浙江省杭州高级中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题

杭高2025学年第一学期高三9月月考 （数学）试题卷 1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前务必将自己的班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的地方． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 3. 一批零件共有10个，其中有3个不合格．随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”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 5. 已知函数，直线是曲线的切线，如果切线与曲线有且只有一个公共点，那么这样的直线有（ ） A. 0条 B. 1条 C. 2条 D. 3条 6. 如图，在平行六面体中，是的中点，过三点的截面把平行六面体分成两个部分，则左右两部分体积之比为（ ）. A. B. C. D. 7. 设事件为两个随机事件，，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则使不等式成立的的取值范围是 A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知平面向量，，则下列说法正确的有（ ） A. 向量，不可能垂直 B. 向量，不可能共线 C. 不可能为3 D. 若，则在上的投影向量为 10. 如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（ ） A. B. C. 是曲线的一条对称轴 D. 曲线向右平移1个单位后关于原点对称 11. 已知曲线C的方程为，下列说法正确的有（） A. 曲线C关于直线对称 B. ， C. 曲线C被直线截得的弦长为 D. 曲线C上任意两点距离的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为等比数列的前项和，若，则公比______． 13. 已知，且，则________． 14. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切且分别交双曲线的左、右两支于A、B两点，若|AB|=|BF2|，则双曲线的渐近线方程为______． 四、解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数， （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，，求实数的取值范围． 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，角的角平分线交于点，且． （1）求的长； （2）求的面积． 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，， （1）证明：平面； （2）求的长； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为． （i）证明：为等比数列； （ii）证明：当时，． 19. 如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且， （1）求抛物线的方程； （2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭高2025学年第一学期高三9月月考 （数学）试题卷 1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前务必将自己的班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的地方． 3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知集合，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合，然后利用列出方程即可得出答案. 【详解】， 又，所以，得. 故选：C. 2. 在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的几何意义及复数的减法运算即可求解. 【详解】因为向量对应的复数为，向量对应的复数为， 所以 所以向量对应的复数为. 故选：D. 3. 一批零件共有10个，其中有3个不合格．随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合超几何分布分析求解即可. 【详解】从10个零件中抽取3个的总方式数为； 不合格零件有3个，从中选1个的方式数为 ， 合格零件有7个，从中选2个的方式数为 ， 根据分布乘法计数原理，恰好1个不合格的总方式数为； 根据古典概型得. 故选：B 4. 已知数列，则“，，”是“数列为等差数列”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】根据充分必要条件的判断方法,分充分性和必要性,分别判断. 【详解】充分性：若对，，都有， 则令,得,即，因为为常数,所以数列为等差数列; 必要性:等差数列不一定满足,,, 例如:当等差数列通项公式为时,,, 此时,所以,,”是“数列为等差数列的充分不必要条件. 故选：A 5. 已知函数，直线是曲线的切线，如果切线与曲线有且只有一个公共点，那么这样的直线有（ ） A. 0条 B. 1条 C. 2条 D. 3条 【答案】B 【解析】 【分析】设切点为，利用导数，结合直线的点斜式方程求出切线的方程，联立切线方程和曲线方程，化简得方程，根据切线与曲线有且只有一个公共点，求出参数的值即可. 【详解】函数，对其求导得. 设切点为，则切线斜率为 又， 所以切线方程为， 化简得. 将切线方程和曲线方程联立得： 整理得， 因式分解得， 解得或， 因为切线与曲线有且只有一个公共点， 所以，解得， 此时切线方程为，对应唯一一条满足条件的直线， 故选：B. 6. 如图，在平行六面体中，是的中点，过三点的截面把平行六面体分成两个部分，则左右两部分体积之比为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】被截面分割成的左边的几何体是个三棱台,要求其体积,由于为中点,可补成锥体,就能迅速求解 【详解】解析 解法1：如图，作的延长线，交的延长线于点，由为的中点知为的中点，连结，则与的交点必为点．作且，且，且，即补上一个全等的平行六面体． 因为平面平面， 且截面平面=，截面平面=， 所以，又因为，所以， 又是的中点，所以是的中点，则截面为梯形， 所以， 又， 所以，即， 又， 所以 所以， 从而． 故选D． 解法2：设平行六面体的底面面积为，高为， 由棱台体积公式， 得， 于是，所以． 故选D． 7. 设事件为两个随机事件，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用条件概率公式得出，然后利用公式化简得出结论. 【详解】由可得， 又， 所以， 所以，即， 即，于是. 故选：B. 8. 已知函数，则使不等式成立的的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，由此列不等式组，解不等式组求得的取值范围. 【详解】由解得或，故函数的定义域为或，且，所以函数为偶函数，且当时，令，，所以在时递增，根据复合函数单调性可知在时递增，所以函数在时递增，故在时递减.由可知，解得. 故选D. 【点睛】本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，考查利用导数判断函数的单调性，考查函数不等式的解法，属于中档题. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知平面向量，，则下列说法正确的有（ ） A. 向量，不可能垂直 B. 向量，不可能共线 C. 不可能为3 D. 若，则在上的投影向量为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示可判断A；根据向量平行的坐标表示可判断B；根据向量模长坐标公式可判断C；根据在上的投影向量为可判断D. 【详解】由题意知，. 对于选项A，若向量，则，即， 显然此式能成立，故A错； 对于选项B，若向量，则有，即， 即，显然此式不成立，故 B正确； 对于选项C，， 则当时，，故C错； 对于选项D，若，则，， 则在上的投影向量为，故D 正确. 故选：BD 10. 如图，直线与函数的图象依次交于A，B，C三点，若，，则（ ） A. B. C. 是曲线的一条对称轴 D. 曲线向右平移1个单位后关于原点对称 【答案】AC 【解析】 【分析】根据图象可知函数的周期，利用周期可得，可判断B，求出函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为，进而求出点A的坐标，代入解析式得判断A，结合正弦函数的对称性代入验证判断C，利用正弦函数图象平移法则求出解析式，然后根据正弦函数的性质判断D. 【详解】因为，，所以，所以函数的周期为， 所以，故选项B错误； 则函数，当函数取最大值时，， 解得，故函数位于y轴右侧的第一个最大值点的横坐标为， 又，所以，所以，故选项A正确； 当时，为函数最小值， 故是曲线的一条对称轴，故选项C正确； 曲线向右平移1个单位后， 显然不关于原点对称，（），故D错误. 故选：AC 11. 已知曲线C的方程为，下列说法正确的有（） A. 曲线C关于直线对称 B. ， C. 曲线C被直线截得的弦长为 D. 曲线C上任意两点距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据对称的理解，进行运算即可判断A；对于B，通过分析方程的特征可求出的范围；对于C，求出直线和曲线的交点，用两点间的距离公式即可求解；对于D，对方程进行变形可知曲线C为椭圆，结合椭圆的形状判断即可. 【详解】选项A：将方程中的和互换，得到，与原方程一致，因此曲线关于直线对称，A正确； 选项：通过分析方程，设固定，解关于的二次方程，判别式要求， 得，即，超出，同理的范围也超过，B错误； 选项C：将直线代入曲线方程，解得交点为和， 故弦长为，C正确； 选项D：则即 又，即， 则 同理可得：， 则曲线的上任一点到的距离之和为： 曲线表示以为焦点且的椭圆，则， 则线段的最大值为正确； 故选：ACD 【点睛】点睛：关键点点睛：对于D选项，关键是对曲线方程进行变形，进行明确该曲线方程表示的是椭圆，利用椭圆的性质求解即可. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为等比数列的前项和，若，则公比______． 【答案】1或 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，由题意可得，求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由，可得，所以， 又，所以，所以， 所以，解得或. 故答案为：或. 13. 已知，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】结合题设，根据两角和与差的正弦公式及同角三角函数的基本关系可得，，进而求得，再结合二倍角公式求解即可. 【详解】由，则， 由，得， 则，即，， 所以， 则. 故答案为：. 14. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与圆相切且分别交双曲线的左、右两支于A、B两点，若|AB|=|BF2|，则双曲线的渐近线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线的定义结合几何性质，利用圆的切线形成的垂直关系和余弦定理构造齐次式求解即可. 【详解】作出示意图如图所示： 根据双曲线的定义得， 在三角形中，由余弦定理可得， 又直线与圆相切，所以， 所以，解得， 所以，解得或（舍去）， 所以双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 四、解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数， （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，，求实数的取值范围． 【答案】（1）函数的单调递减区间是，单调递增区间是. （2） 【解析】 【分析】（1）通过求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间； （2）可通过分离参数，构造新函数，利用导数研究新函数的最值来求解. 【小问1详解】 已知，当时，，对求导，可得. 令，即，解得. 当时，，所以，则在上单调递减. 当时，，所以，则在上单调递增. 综上所得，函数的单调递减区间是，单调递增区间是. 【小问2详解】 当时，，即，移项可得. 当时，，此时可以取任意实数. 当时，可化为， 令，对求导，可得. 令，即，因为，，所以，解得. 当时，，所以，在上单调递减. 当时，，所以，在上单调递增. 则在处取得极小值，也是最小值，. 所以，解得. 实数的取值范围是. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，角的角平分线交于点，且． （1）求的长； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用降幂公式求出，再结合余弦定理求解即可； （2）先求出，，利用等面积法求出，进而求解即可. 【小问1详解】 由，则， 因为，所以， 所以，则， 又是角的角平分线， 则在中，由余弦定理得 ，即. 【小问2详解】 由（1）知，则， 由，则， 又是角的角平分线，由， 则， 则，解得， 所以. 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，， （1）证明：平面； （2）求的长； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，所以四边形是菱形， 所以，又，且， 所以，因为，平面，平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意即可得证； （2）先由余弦定理求出，取的中点，连接，，然后由已知条件结合勾股定理即可得解； （3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后由向量法即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在△中，由，，， 所以， 如图，取的中点，连接，， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，因为平面， 所以，因为，，，平面， 且，所以平面， 因为平面，所以因为的中点为， 所以，在△和△中，可知， 在△中，可知， 因为，所以， 解得：； 【小问3详解】 由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复． （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为． （i）证明：为等比数列； （ii）证明：当时，． 【答案】（1）； （2）（i）证明：设“第天选择米饭套餐”，则，， 根据题意，． 由全概率公式，得． 因此． 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列． （ii）证明：由（i）可得． 当为大于的奇数时，． 当为正偶数时，． 因此当时，． 【解析】 【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”．由全概率公式有，计算可得； （2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系，然后根据等比数列定义证明； （ii）求出通项公式，然后分类讨论证明结论． 【详解】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”， 则“第天不选择米饭套餐”． 根据题意，，，． 由全概率公式，得． （2）（i）略 （ii）略 19. 如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且， （1）求抛物线的方程； （2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程. （2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围. 【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：. （2）[方法一]：通式通法 设，，， 所以直线，由题设可得且. 由可得，故， 因为，故，故. 又，由可得， 同理， 由可得， 所以， 整理得到， 故， 令，则且， 故， 故即， 解得或或. 故直线在轴上的截距的范围为或或. [方法二]：利用焦点弦性质 设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且． 由得，所以． 因为， ，． 由得． 同理． 由得． 因为， 所以即． 故． 令，则． 所以，解得或或． 故直线在x轴上的截距的范围为． [方法三]【最优解】： 设， 由三点共线得，即． 所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为． 设直线的方程为， 则． 所以． 故（其中）． 所以． 因此直线在x轴上的截距为． 【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标. 方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围. 方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围. 方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $