2024-2025学年上海市浦东新区高三上册9月月考数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年上海市浦东新区高三上册9月月考数学检测试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．直线的倾斜角为 ．
2．在的展开式中，含的系数为 ．
3．已知集合，集合，则 ．
4．若关于，的方程组有唯一解，则实数a满足的条件是 .
5．已知x，，则“”是“”的 条件．
6．已知，的最小值为 ．
7．从1，2，3，4，5这五个数字中任意选取两个不同的数字组成一个两位数，则这个两位数是偶数的概率为 ．
8．已知函数，且，则方程的解为 ．
9．已知集合，，若，则m的取值范围是 ．
10．甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判，则前4局中乙恰好当一次裁判的概率是 ．
11．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点且，则直线斜率的取值范围是 ．
12．对于定义在上的函数，若同时满足：
（1）对任意的，均有；
（2）对任意的，存在，且，使得成立，则称函数为“等均”函数．下列函数中：①；②；③；④，“等均”函数的序号是 ．
二、选择题（本大题共有4题，满分18分．第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）
13．若实数、满足，下列不等式中恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
14．在2022北京冬奥会单板滑雪U型场地技巧比赛中，6名评委给选手打出了6个各不相同的原始分，经过“去掉其中一个最高分和一个最低分”处理后，得到4个有效分．则经处理后的4个有效分与6个原始分相比，一定会变小的数字特征是（ ）
A．平均数B．中位数C．众数D．方差
15．如图所示，在正方体中，是棱上一点，若平面与棱交于点，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在平面与直线垂直
B．四边形可能是正方形
C．不存在平面与直线平行
D．任意平面与平面垂直
16．已知无穷数列的各项均为实数，为其前n项和，若对任意正整数都有，则下列各项中可能成立的是（ ）
A．，，，…，为等差数列，，，，…，为等比数列
B．，，，…，为等比数列，，，，…，为等差数列
C．，，，…，为等差数列，，，…，，…为等比数列
D．，，，…，为等比数列，，，…，，…为等差数列
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）
17．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为梯形，，，，．

(1)在侧面PBC中能否作出一条线段，使其与AD平行？如果能，请写出作图过程并给出证明；如果不能，请说明理由；
(2)若四棱锥的体积是，求直线BP与平面PCD所成角的大小．
18．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
19．汽车智能辅助驾驶已得到广泛应用，其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离（并结合车速转化为所需时间），当此距离等于报警距离时就开始报警提醒，等于危险距离时就自动刹车.某种算法（如下图所示）将报警时间划分为4段，分别为准备时间、人的反应时间、系统反应时间、制动时间，相应的距离分别为、、、当车速为v（米/秒），且时，通过大数据统计分析得到下表（其中系数k随地面湿滑程度等路面情况而变化，）
(1)请写出报警距离d（米）与车速v（米/秒）之间的函数关系式，并求时，若汽车达到报警距离时人和系统均不采取任何制动措施，仍以此速度行驶，则汽车撞上固定障碍物的最短时间.（精确到0.1秒）
(2)若要求汽车不论在何种路面情况下行驶，报警距离均小于80米，则汽车的行驶速度应限制在多少米/秒以下？合多少千米/小时〈精确到1千米/小时〉？
20．已知椭圆:的左、右点分别为点在椭圆上，且
(1)求椭圆的方程；
(2)过点(1,0)作斜率为的直线交椭圆于M、N两点，若求直线的方程；
(3)点P、Q为椭圆上的两个动点，为坐标原点，若直线的斜率之积为求证:为定值.
21．设函数，直线l是曲线在点处的切线．
(1)当时，求单调区间；
(2)求证：l不经过；
(3)当时，设点，，，B为l与y轴的交点，与分别表示和的面积．是否存在点A使得成立？若存在，这样的点A有几个？
阶段
0、准备
1、人的反应
2、系统反应
3、制动
时间
秒
秒
距离
米
米
1．
【分析】求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角
【详解】，则，斜率为
则，解得
故答案为
本题主要考查了直线的倾斜角，解题的关键是求出直线的斜率，属于基础题
2．
【分析】由的展开式的通项公式，令，即可求得结论．
【详解】的展开式的通项公式为
令，则，的展开式中含项的系数是.
故．
3．
【分析】解不等式可求得集合，进而可求得.
【详解】由，可得，所以，
所以，解得，所以，
所以.
故
4．##
【分析】由题给方程组有唯一解，可得方程有唯一解，进而得到实数a满足的条件
【详解】由，可得，
由关于，的方程组有唯一解，
可得方程有唯一解，则
故
5．必要不充分
【分析】由已知中，，根据绝对值的性质，分别讨论“”“”，与“”“”，的真假，然后根据充要条件的定义，即可得到答案．
【详解】若，则异号或至少有一个为0，故充分性不成立，
若“”，则，异号，则“”成立，
即“”是“”的必要条件；
即“”是“”的必要不充分条件；
故必要不充分．
6．12
【分析】利用不等式即可求解.
【详解】,
当且仅当,即或时,等号成立,
故的最小值为12.
故12.
7．##
【分析】由列举法可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型概率公式即可得解.
【详解】由题意任取两个不同的数字组成1个两位数，共有：
12，13，14，15，21，23，24，25，31，32，34，35，41，42，43，45,51,52,53，54共20个；
其中偶数有：12，14，24，32，34，42，52,54共8个；
故所求概率.
故答案为.
8．3
【分析】分类讨论和，解方程的解，即可得出答案.
【详解】当时，，解得：，
当时，，解得：（舍去），
所以方程的解为.
故3.
9．
【分析】解绝对值不等式可得集合A，由得，讨论B为空集和不为空集情况，解相应不等式，即得答案.
【详解】解，即，即，
由，得;
当时，即，符合题意；
当时，需满足，解得，
综合可得，
故
10．##
【分析】利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式,即可得出.
【详解】前局中，因第局甲当裁判，则乙恰好当1次裁判的事件A，设乙第二局当裁判的事件A1、乙第三局当裁判的事件A2，乙第二局当裁判的事件A3，它们互斥，
乙第二局当裁判的事件是乙在第一局输，第三局胜，则,
乙第三局当裁判的事件是乙在第一局胜，第二局输，则，
乙第四局当裁判的事件是乙在第一局胜，第二局胜，第三局输，则，
所以
故答案为.
11．
【分析】设出点坐标，利用向量法求得点坐标并代入抛物线的方程，求得直线斜率平方的表达式，结合二次函数的性质，即可求解.
【详解】设，Px,y，
依题意，
所以，
所以，将点的坐标代入抛物线的方程得：
，整理得，
设直线的斜率为，则，
根据二次函数的性质可知，当时，
取得最大值为，所以，得到，
故答案为.
12．①③
【分析】按照“等均”函数的定义，对四个函数一一验证，即可判断.
【详解】对于①，因为，所以的定义域为R.
对任意的，，满足(1)；
所以存在，使得，满足(2).
所以为“等均”函数.
对于②，因为，所以的定义域为，
所以当时，，此时不存在，不满足(1)；
所以不是“等均”函数.
对于③，因为，所以的定义域为，
对任意的，，满足（1）；，
若满足，则有，所以，
又因为，所以，
所以，满足且，
所以为“等均”函数.
对于④，因为，所以的定义域为R.
对任意的，，满足（1）；，
若满足，则有，
设，则，所以在R上单调递减，所以，此时不满足（2），
所以不是“等均”函数.
故①③.
思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
13．A
【分析】利用作差法可判断各选项中不等式的正误.
【详解】因为，则，故，A对B错；
，即，
当且仅当时，即当时，等号成立，CD都错.
故选：A.
14．D
【分析】根据平均值、中位数、众数、方差的定义即可得解.
【详解】去掉最大值与最小值这组数的平均值大小不确定，中位数不变，众数大小不确定，
根据方差的定义，去掉最高分，最低分后，剩余四个数据的波动性小于原来六个数据的波动性，故方差一定会变小.
故选：D
15．D
【分析】根据正方体的性质判断A，根据面面平行的性质得到四边形是平行四边形，再由，即可判断B，当为的中点时为的中点，即可判断C，建立空间直角坐标系，利用向量法说明D.
【详解】对于A：在正方体中平面，
显然平面与平面不平行，故直线不可能垂直平面，故A错误；
对于B：在正方体中，是棱上一点，平面与棱交于点，
由平面平面， 并且四点共面，
平面平面，平面平面，
∴， 同理可证，故四边形是平行四边形，
在正方体中，由几何知识得，平面，
∵平面，∴，
若是正方形，有，
此时与重合时，但显然四边形不是正方形，故B错误；
对于C：当为的中点时，为的中点，所以且，
所以为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，故C错误；
对于D：设正方体边长为2，建立空间直角坐标系如下图所示，

由几何知识得，,
∴,
∵，
∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴任意平面与平面垂直，故D正确.
故选：D
16．C
【分析】根据题意，假设，，…，为等差数列，公差为，分讨论，找出矛盾，可判断A，B，D选项，对于C，举例说明.
【详解】由题对任意正整数，都有，可判断，，…，不可能为等差数列，
理由如下：假设，，…，为等差数列，公差为，
若，，则，矛盾；
若，，当时，，存在使得，矛盾；
若，，当时，，存在使得，矛盾；
若，当时，，，必有使得，矛盾；
若，当时，，，必有使得，矛盾；
对于A，为等差数列与上述推理矛盾，故A错误；
对于B，为等差数列与上述推理矛盾，故B错误；
对于D，为等差数列与上述推理矛盾，故D错误；
对于C，取，，，满足题意，故C正确.
故选：C.
关键点点睛：本题解题的关键是利用反证法假设，，…，为等差数列，推理找出矛盾，依此判断.
17．(1)不能，理由见解析
(2)．
【分析】（1）根据给定条件，结合梯形的性质证得直线与平交，即可判断得解.
（2）过点B作于H，证得是直线BP与平面PCD所成角，再结合锥体体积计算角的正切即可.
【详解】（1）不能．
在梯形ABCD中，，，，则AD不平行于BC，
直线AD与BC必相交于一点，而平面，则直线AD与平面有公共点
又平面，因此直线与平交，
所以在侧面PBC中不能作AD的平行线.
（2）过点B作于H，连接PH，

由平面ABCD，平面ABCD，得，而平面PCD，
则平面PCD，即PH是BP在平面PCD内的射影，是直线BP与平面PCD所成角，
在中，，，则是等边三角形，，，
又，则，即，
在中，，，又四棱锥的体积是，
即，解得，
在中，，因此，
所以直线BP与平面PCD所成角大小是.
18．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
19．(1)，3.1（秒）
(2)汽车的行驶速度应限制在20米/秒以下，合72千米/小时．
【分析】（1）根据题意可得的表达式，利用基本不等式即可求出所求最短时间；
（2）由题意可列出相应不等式，化为一元二次不等式即可求得答案.
【详解】（1）由题意得，，
当时，，
若汽车达到报警距离时人和系统均不采取任何制动措施，仍以此速度行驶，
则汽车撞上固定障碍物的时间（秒），
即最短时间为3.1秒；
（2）根据题意，要求对于任意，恒成立，
即对于任意，，即恒成立，
由得，，即，
解得，（米/秒），（千米/小时），
汽车的行驶速度应限制在20米/秒以下，合72千米/小时．
20．（1）；（2）或y=-x+1；（3）5
【分析】（1）由点在椭圆上，且，列出方程组求出，，由此能求出椭圆的方程．
(2) 设直线l的方程为，设，，，，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，再利用数量积和韦达定理求出k的值，即得直线方程；
（3）设直线，联立，求出，同理求出，证明为定值．
【详解】(1）椭圆的左右焦点分别为，，
点在椭圆上，且，
，解得，，
椭圆的方程为．
（2）设直线l的方程为，
设，，，，
由，得，
所以，
又，，，
所以，
所以，
所以，均满足题意.
所以直线的方程为或.
（3）设直线，
联立方程组，得，
，
又直线，
同理，得，
，为定值．
本题考查椭圆方程的求法，考查代数式为定值的证明，考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．
21．(1)单调减区间是，单调增区间是；
(2)证明见解析；
(3)存在，有两个．
【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可.
（2）写出切线的方程，将代入并构造函数，利用导数研究其零点即可.
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再构造函数，研究其零点即可.
【详解】（1）当时，的定义域为，求导得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）依题意，，切线的斜率为，
则切线的方程为，假设切线过原点，
将代入，得，即，
则，即，令，，
求导得，则在上单调递增，
于是，函数在上无零点，即假设不成立，
所以切线不过.
（3）当时，，，由（2）知，，
由，得，即，
即，整理得，
令，求导得，
当或时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
函数极大值，
极小值，
又，，
因此函数在上有两个零点，
所以存在点A使得且点A有两个.
关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.