山东省临沂市兰陵县第十中学2025届高三上学期9月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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2024.09
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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将集合化简，然后求解即可.
【详解】由题可知，
所以
又因为
所以
故选：C
2. 已知函数为上的奇函数，则实数（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数性质，解得，并代入检验即可.
【详解】因为函数为上的奇函数，
则，解得，
若，则，且定义域为，
则，
所以函数为上的奇函数，
综上所述：.
故选：A.
3. 已知等差数列的前项和为，若，且，则（ ）
A. 60B. 72C. 120D. 144
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式计算即得.
【详解】在等差数列中，，解得，
所以.
故选：B
4. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由，把代入，最后利用基本不等式即可求解.
【详解】，
当且仅当时，取“”成立，
故选：B.
5. 已知角α，β都是锐角，且，是方程的两个不等实根则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，，进而由同角三角函数的关系可求的正余弦值，进而利用两角和的余弦公式可求的值.
【详解】由，可得或，
又，是方程的两个不等实根，不妨设，，
又都是锐角，所以由同角的三角函数关系可得，，
.
故选：A.
6. 从20以内的质数中不放回地依次取2个数，记事件A为“第一次取到的数是奇数”，事件B为“两次取出的数之和是奇数”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先明确20以内的质数个数，接着求出和即可由条件概率公式得解.
【详解】20以内的质数有2，3，5，7，11，13，17，19，共8个，
由题意得，，
所以.
故选：D.
7. 已知圆是的内切圆，与，，分别切于点，，，，，则圆的半径为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由数量积的几何意义得到，再利用求解.
【详解】解：如图所示：
因为，
所以，，，
又，则，
所以圆的半径为，
故选：C
8. 已知抛物线，为直线上一点，过作抛物线的两条切线，切点分别为，则的值为（ ）
A. 0B. 1C. -2D. -1
【答案】A
【解析】
【分析】设，利用导数的几何意义可得直线与直线的方程，进而得到点的坐标，结合点在直线上，得，即,根据数量积的坐标运算化简后即可得解．
【详解】设，由求导得，
则直线方程为，即，
同理可得直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得，
由点在直线上，得，即

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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 已知向量，，则在上的投影向量为
B 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D. 若，则是锐角.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足，其中判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D.
【详解】选项A：因为，所以在上的投影向量为，故选项A正确；
选项B：因为，则P，A，B，C四点共面，故选项B正确；
选项C：是空间的一组基底，将向量看作立方体三条相邻的棱，且，
所以两向量之间不共线，所以也是空间的一组基底，故选项C正确；.
选项D：当 时，，但是向量同向，是零不是锐角，故选项D错误；
故选：ABC
10. 设函数，则（ ）
A. 当时，有三个零点
B. 当时，无极值点
C. ，曲线对称中心的横坐标为定值
D. ，使在上是减函数
【答案】BC
【解析】
【分析】利用导数求出函数的极大值判断A；由恒成立判断B；求出图象的对称中心判断C；由的解集能否为判断D.
【详解】对于A，当时，，求导得，
令得或，由，得或，由，
得，于是在，上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，因此最多有一个零点，A错误；
对于B，，当时，，即恒成立，
函数在上单调递增，无极值点，B正确；
对于C，由，
得图象对称中心坐标为，C正确，
对于D，要使在上是减函数，则恒成立，
而不等式的解集不可能为，D错误.
故选：BC.
11. 围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，至今已有四千多年的历史.在某次围棋比赛中，甲，乙两人进入决赛.决赛采用五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军，比赛结束.假设每局比赛甲胜乙的概率都为，且每局比赛的胜负互不影响，记决赛中的比赛局数为X，则（ ）
A. 乙赢甲概率是B.
C. D. 的最大值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，根据条件，利用相互独立事件的概率公式，即可求解；选项B，由，分乙赢甲和甲赢乙，再利用相互独立事件和互斥事件的概率公式，即可求解；选项C，由，知前局比赛，甲、乙各赢局，利用相互独立事件的概率公式，即可求解；选项D，利用选项C中结果，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求出单调区间，即可求解.
【详解】对于选项A，因为每局比赛甲胜乙的概率都为，且每局比赛的胜负互不影响，
所以乙赢甲概率是，故选项A正确，
对于选项B，因为，当乙赢甲时，概率为，
当甲赢乙时，概率为，
所以，故选项B错误，
对于选项C，因为，所以前局比赛，甲、乙各赢局，
得到，所以选项C正确，
对于选项D，由选项C知，令，
则，又，
当时，，当时，，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，故选项D正确，
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，的系数是__________.
【答案】0
【解析】
【分析】由，利用二项式定理求出和的展开式中的系数，相加即可得出结果.
【详解】，
的展开式通项为，
的展开式通项为，
令，得，，
因此，的系数为.
故答案为：0.
【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项的系数，考查计算能力，属于中等题.
13. 已知点在圆上，点，当最小时，__________.
【答案】
【解析】
【分析】找到当最小时P点所在的位置，再结合勾股定理可得结果.
【详解】设圆的圆心为，半径为4，
如图所示：当 最小时，与圆M相切，连接，
则，，而，
由勾股定理得，
所以当最小时，.
故答案为：.
14. 著名的“全错位排列”问题（也称“装错信封问题”是指“将n个不同的元素重新排成一行，每个元素都不在自己原来的位置上，求不同的排法总数．”，若将个不同元素全错位排列的总数记为，则数列满足，．已知有7名同学坐成一排，现让他们重新坐，恰有两位同学坐到自己原来的位置，则不同的坐法有_________种
【答案】
【解析】
【分析】根据数列递推公式求出项，再结合分步计数原理求解.
【详解】第一步，先选出两位同学位置不变，则有种，
第二步，剩下5名同学都不在原位，则有种，
由数列满足，，
则，，
，
则不同的做法有种.
故答案为：.
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. 在中国北京世界园艺博览会期间，某工厂生产、、三种纪念品，每一种纪念品均有精品型和普通型两种，某一天产量如下表：（单位：个）
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取个，其中种纪念品有个．
（1）求的值；
（2）从种精品型纪念品中抽取个，其某种指标的数据分别如下：、、、、，把这个数据看作一个总体，其均值为，方差为，求的值；
（3）用分层抽样的方法在种纪念品中抽取一个容量为的样本，从样本中任取个纪念品，求至少有个精品型纪念品的概率．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样的原理建立关于的方程，解出即可；
（2）先根据平均数建立关系式，然后根据方差建立关于、的等量关系，然后将用前面的关系式表示，即可求出的值；
（3）设所抽样本中有个精品型纪念品，则，求出，然后利用古典概型的概率公式求出事件“至少有个精品型纪念品”的概率.
【详解】（1）由题意可知，该工厂一天所生产的纪念品数为.
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取个，其中种纪念品有个，
则，解得；
（2）由题意可得，得.
由于总体的方差为，则，可得，
所以，；
（3）设所抽取的样本中有个精品型纪念品，则，解得，
所以，容量为的样本中，有个精品型纪念品，个普通型纪念品.
因此，至少有个精品型纪念品的概率为.
【点睛】本题考查分层抽样、平均数与方差的计算，同时也考查了古典概型概率的计算，考查计算能力，属于中等题.
16. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求角；
（2）设的中点为，若，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，再根据二倍角公式结合三角形的内角化简得，即可求出角；
（2）由（1）知，在中由余弦定理得，在中，由余弦定理得，结合题意可解得的值，再根据三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
由题意得，
由正弦定理得，
即，
在中，因为，，
，
，．
【小问2详解】
由（1）知，
在中，由余弦定理得，
所以①，
在中，由余弦定理得②，
由①②两式消去，得，
所以，
又，解得，．
所以的面积.
17. 如图是一个半圆柱，分别是上､下底面圆的直径，为的中点，且是半圆上任一点（不与重合）.

（1）证明：平面平面，并在图中画出平面与平面的交线（不用证明）；
（2）若点满足，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）答案见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）易得，，根据线面垂直的判定定理证明面，再根据面面垂直的判定定理即可得证，过作的平行线交于点，则即为平面与平面的交线；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
在上，，
∵平面，平面，∴，
又平面面，
又面，
平面平面，
过作的平行线交于点，则，
则即为平面与平面的交线；
【小问2详解】
，
，解得，
，
所以以为原点，以为轴，过在平面内作的垂线为轴，
过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，

则，
则平面的一个法向量为，可取法向量为，
又，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，则，
设平面与平面夹角为，
则.
18. 如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线，其中点依次为的左、右顶点，点为的下顶点，点依次为的左、右焦点.若点分别为曲线的圆心.
（1）求的方程；
（2）若点分别在上运动，求最大值，并求出此时点的坐标；
（3）若点在曲线上运动，点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）最大值6，，
（3）
【解析】
【分析】（1）由圆心横坐标确定的值，再用可得方程；
（2）将运用几何法放缩到过两个半圆的圆心时最大，再根据特殊三角形的角度计算出点的坐标；
（3）需要分情况讨论，在圆上和在椭圆上分开计算，计算圆锥曲线上一点到某定点的最值问题可以用参数方程计算.
【小问1详解】
依题意，，所以，
于是的方程为
【小问2详解】
由对称性，不妨设，，
，
当三点共线，同时三点共线，，
此时，.
【小问3详解】
曲线关于轴对称，不妨设点在曲线
或曲线的右半部分上运动.
①当点在曲线上运动，
设，.
，
；
②当点在曲线上运动，
设，.
，
，
综合①②，.
【点睛】圆锥曲线的组合曲线的问题，一般都需要采用分类讨论的方法，与圆有关系的问题一般都考虑几何法优先.
19. 设，.
（1）求函数y=fx的单调区间;
（2）求证:；
（3）设函数与的定义域的交集为，集合.若对任意，都存在，使得成等比数列，且成等差数列，则称与为"A关联函数".求证：若y=fx与y=gx为"关联函数"，则.
【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调区间；
（2）根据题意分析可知：原不等式等价于，构建，利用导数求其最值，进而分析证明；
（3）根据题意整理可得，利用基本不等式可得对任意都成立，取可得，构建，利用导数判断其单调性，进而判断其符号即可.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且.
当时，f'x