2024-2025学年重庆市武隆区高三上册11月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆市武隆区高三上册11月月考数学检测试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．“”，是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．若，，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则下列不等关系中不恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．已知为第一象限角，且，则（ ）
A．9B．3C．D．
7．已知函数，，函数，若为偶函数，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．武汉外校国庆节放7天假（10月1日至10月7日），马老师、张老师、姚老师被安排到校值班，每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，则不同的值班方法共有（ ）种
A．114B．120C．126D．132
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（ ）
A．数据，0，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是1
B．已知随机变量，若，，则
C．若一组样本数据（，2，…，n）的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
D．若事件M，N的概率满足，且，则M与N相互独立
10．已知函数在上有且仅有4个零点，则（ ）
A．
B．令，存在，使得为偶函数
C．函数在上可能有3个或4个极值点
D．函数在上单调递增
11．设函数，则（ ）
A．当时，直线是曲线的切线
B．若有三个不同的零点，则
C．存在，使得为曲线的对称轴
D．当时，在处的切线与函数的图象有且仅有两个交点
三、填空题（本大题共3小题）
12．的展开式中的常数项为 .（用数字作答）
13．已知函数，m为正的常数，则的零点之和为 ．
14．掷一个质地均匀的骰子，向上的点数不小于3得2分，向上的点数小于3得1分，反复掷这个骰子，（1）恰好得3分的概率为 ；（2）恰好得n分的概率为 ．（用与n有关的式子作答）
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的面积为，且满足,设和的夹角为，
(1)求的取值范围；
(2)求函数的值域．
16．已知数列的前项和满足.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
17．已知椭圆的离心率为，其左，右焦点分别为，，点P是坐标平面内一点，且，，其中O为坐标原点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点，且斜率为的动直线l交椭圆于A，B两点，求弦AB的垂直平分线在轴上截距的最大值.
18．驾驶员考试（机动车驾驶员考试）是由公安局车管所举办的资格考试，只有通过驾驶员考试才能取得驾照，才能合法的驾驶机动车辆．考试内容和合格标准全国统一，根据不同准驾车型规定相应的考试项目．机动车驾驶人考试内容分为道路交通安全法律、法规和相关知识考武科目（以下简称“科目一”）、场地驾驶技能考试科目（以下简称“科目二”）、道路驾驶技能和安全文明驾驶常识考试科目（以下简称“科目三”）．申请人科目一、科目二、科目三考试均合格后，就可以领取驾驶证．某驾校经统计，驾驶员科目一考试平均通过的概率为，科目二：平均通过的概率为，科目三平均通过的概率为．该驾校王教练手下有4名学员参加驾驶员考试．
(1)记这4名学员参加驾驶员考试，通过考试并领取驾驶证的人数为X，求X的分布列和数学期望及方差；
(2)根据调查发现，学员在学完固定的学时后，每增加一天学习，没有通过考试拿到驾驶证的概率会降为原来的0.4，请问这4名学员至少要增加多少天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证?（我们把概率超过0.99的事件称为必然事件，认为在一次试验中必然事件一定会发生）
参考数据：，
19．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)已知有两个极值点.
(i)求的取值范围；
(ii)若的极小值小于，求的极大值的取值范围.
答案
1．【正确答案】B
【详解】由，可得，所以，
所以.
故选：B
2．【正确答案】A
【详解】若，则，因此，
当，时，，
所以“”，是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．【正确答案】B
【详解】因为，所以，
由于，所以，
由于，所以.
故选：B
4．【正确答案】C
【详解】都是锐角，则，
，A正确；
，B正确；
时，，
，，，C错误；
，D正确．
故选：C．
5．【正确答案】A
【详解】因为，所以，即，又，即，
又，所以，所以；
因为，所以，所以，所以
所以.
故选：A.
6．【正确答案】B
【详解】由题意知为第一象限角，且，
故，解得或（舍去），
则，
故选：B
7．【正确答案】D
【详解】因为函数为偶函数，可的图象关于对称，所以，
由，可得，
即，所以函数关于对称，
又因为，所以是定义在上的偶函数，
所以，
所以，即，
所以函数是周期为4的周期函数，
所以，
则.
故选：D.
8．【正确答案】A
【详解】因为有三位老师值班7天，且每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，
所以必有一人值班3天，另两人各值班2天.
第一类：值班3天在、、、、、时，共有种不同的值班方法；
第二类：值班3天在、时，共有种不同的值班方法；
第三类：值班3天在时，共有种不同的值班方法；
第四类：值班3天在时，共有种不同的值班方法；
综上可知三位老师在国庆节7天假期共有种不同的值班方法.
故选：A
9．【正确答案】ABD
【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于，
所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A正确；
对于选项B，因为，，，
所以，解得，故B正确；
对于选项C，因为样本点都在直线上，说明是负相关且线性相关性很强，
所以相关系数为，故C错误.
对于选项D，由，可得，
即，即，所以M与N相互独立，故D正确；
故选：ABD.
10．【正确答案】ABD
【详解】
对于A， ，， 因为在上有且仅有4个零点，
所以，解得，∴，故A正确；
对于B，，
为偶函数，则，即，
∵∴取，为偶函数,满足题意，故B正确；
对于C，x∈0,π，，
∵，，
∴函数在上可能有4个或5个极值点， 故C不正确；
对于D，若，则，
∵，∴，
∴函数在上单调递增. 故D正确；
故选：ABD.
11．【正确答案】ABD
【详解】A选项，当时，，
令解得，且，
此时在处的切线方程为，即，正确.
B选项，，
要使有三个零点，则，
若有三个不同的零点，
则
，
通过对比系数可得，正确.
C选项，若存在，使得为曲线的对称轴，
则，即，
即，
即，此方程不恒为零，
所以不存在符合题意的，使得为曲线的对称轴，错误.
D选项，当时，，
则，
所以在处的切线方程为，
，
由，
消去得①，
由于，
，
所以①可化为，
提公因式得，
化简得，
进一步因式分解得，解得，
由于，所以，
所以，所以，
所以当时，在处的切线与函数y=fx的图象有且仅有两个交点，正确.
故选：ABD
12．【正确答案】50
【详解】因为，考虑中的常数项与项.由通项公式，即，故当时，中的常数项为，当时，中的项系数为，故的展开式中的常数项为
故
13．【正确答案】
【详解】函数的定义域为，
由，得，令函数，
，则函数图象关于直线对称，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，如图，

直线与函数的图象有4个交点，令其横坐标从左到右依次为，
观察图象得，所以的零点之和为.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】（1）掷一个质地均匀的骰子，向上的点数不小于3的概率,
掷一个质地均匀的骰子，向上的点数小于3的概率.
因为一次得2分，另一次得1分或三次得1分时恰好得3分，
所以恰好得3分的概率等于.
（2）令表示“恰好得n分”的概率，不出现分的唯一情况是得到分以后再掷出一次不小于3的情况，
因为“不出现分”的概率是，所以“恰好得到分”的概率是.
因为“掷一次得2分”的概率是，所以有，
即，则构造等比数列，
设，即，则，，
所以，
又，，所以是首项为，公比为的等比数列，
即，.
故恰好得n分的概率为.
故（1）；（2）.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题，
可得，
又，
所以，
得到或，
因为，
所以.
（2）
，
因为，
故，
故可得.
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，.
当时，由，得，
则.
因为，所以.
（2）方法一：由（1）可得.
则，①
则，②
①-②，得
，
从而.
方法二：由（1）可得，令，则
令，且，
则，
整理得，
则解得
故.
.
17．【正确答案】（1）（2）
【详解】(1)由题知,,
设,又,
,
,
,从而,,
故椭圆C的方程为;
(2)设直线l的方程为,,,
联立方程:,消去y得:,
显然,
又,,
,
则AB的中点坐标为,
当AB的斜率k为零时,AB的垂直平分线为y轴,横截距为0;
当时,AB垂直平分线的方程为:,
令,
当时,,
当时,,那么,
当且仅当,即时等号成立,
所以当时,弦AB的垂直平分线在x轴上的截距有最大值,为.
18．【正确答案】(1)分布列见解析，，
(2)6
【分析】（1）根据题意可知，分步计算即可；
（2）增加k（k为正整数）天学习后，每位学员通过考试拿到驾驶证的概率为，若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有，利用用对数运算求解不等式.
【详解】（1）1名学员通过考试并领取驾驶证的概率为，根据题意可知，
X的取值分别为0，1，2，3，4，
，
，
，
，
，
故X的分布列为：
，；
（2）增加k（k为正整数）天学习后，
每位学员通过考试拿到驾驶证的概率为，
若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有，
有，有，有，
又由
．
可得，
故这4名学员至少要增加6天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证．
19．【正确答案】(1)
(2)（ = 1 \* rman i）；（ = 2 \* rman ii）
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）(i)分析可知原题意等价于有两个不同的正实数根，结合基本不等式分析求解；(ii)设有两个不同的正实数根，根据单调性可知的极值点，结合零点代换可得，构建，结合单调性分析可得，则，即可得取值范围.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，即切点坐标为，切线斜率，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）(i)由题意可知：的定义域为，，
令，可得，原题意等价于有两个不同的正实数根，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
可知，所以的取值范围；
(ii)由（i）可知：有两个不同的正实数根，，
不妨设，可知，
当时，；当或时，；
可知在，上单调递增，在上单调递减，
所以为的极小值点，为的极大值点，
对于的极值点，则，
可得，
设，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在上单调递减，
则，可知，则，
又因为在区间上单调递增，则，
所以的极大值的取值范围是.X
0
1
2
3
4
P