2024~2025学年江西省部分学校高三上册9月月考考试数学试卷[有解析]

这是一份2024~2025学年江西省部分学校高三上册9月月考考试数学试卷[有解析]，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 以下函数满足的的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（ ）
A. 9B. 16C. 25D. 50
4 直线与平行，则实数（ ）
A. B. C. 或D. 0
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. 7B. 23C. －7D. －23
6. 文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为（ ）
A 720B. 1440C. 2400D. 2880
7. 已知四棱锥中，底面是矩形，且，侧棱底面，若四棱锥外接球的表面积为，则该四棱锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，当实数时，对于都有恒成立，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.未全对给3分，全对6分.）
9. 已知复数，下列说法正确的是（ ）
A 若，则B.
C. D.
10. 已知函数，则（ ）
A. B. 在单调递增
C. 有最小值D. 的最大值为
11. 过抛物线的焦点的直线与相交于两点，则（ ）
A. B.
C. D.
卷II（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知函数，则在处的切线方程为__________.
13. 已知正数满足，则最小值为______．
14. 已知平面向量，为单位向量，且，则向量在向量上的投影向量的坐标为________．
四、解答题（本大题共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题13分；16-17题15分；18-19题17分）
15. 已知等差数列的公差为d（），前n项和为，且满足；，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求．
16. 已知函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）求证：当时，
17. 已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）若点D在边BC上，且，，求△的面积.
18. 如图，四棱锥的底面是矩形，平面平面ABCD，M是棱PD上的动点，是棱AB上的一点，且.
（1）求证:;
（2）若直线MN与平面MBC所成角正弦值是，求点的位置.
19. 已知点，圆过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点．
（1）求的轨迹方程；
（2）当，求的方程及的面积．
2024-2025学年江西省部分学校高三上学期9月月考考试数学检测试题
卷I（选择题）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】化简集合或，，即可利用集合的交运算定义求解.
【详解】由得或，
,
故，
故选：A
2. 以下函数满足的的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】由可得A正确；由对数函数真数的范围可得B错误；代入无意义可得C错误；由可得D错误；
【详解】对于A，，
所以，故A正确；
对于B，，
因为原函数的定义域为，所以无意义，故B错误；
对于C，当时，，而无意义，故C错误；
对于D，，故D错误；
故选：A.
3. 记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（ ）
A. 9B. 16C. 25D. 50
【正确答案】C
【分析】根据等差数列的求和公式计算可得，利用基本不等式计算即可得出结果.
【详解】∵，
又∵，
∴，当且仅当时，取“=”
∴的最大值为25.
故选：C
4. 直线与平行，则实数（ ）
A. B. C. 或D. 0
【正确答案】A
【分析】由直线与直线平行的充要条件，列式求解即可.
【详解】因为直线与平行，
所以且，解得.
故选：A.
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. 7B. 23C. －7D. －23
【正确答案】A
【分析】通过和的展开式通项来得到展开式中的系数.
【详解】的展开式通项为，
的展开式通项为，
所以的展开式中的系数为
.
故选：A
6. 文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为（ ）
A. 720B. 1440C. 2400D. 2880
【正确答案】B
【分析】先将学生的节目全排列，然后对教师节目进行插空即可得解.
【详解】由题意可知，先将学生的节目全排列有种排法，
然后对教师节目进行插空有种排法，
所以满足题意的排法种数为种.
故选：B.
7. 已知四棱锥中，底面是矩形，且，侧棱底面，若四棱锥外接球的表面积为，则该四棱锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由长方体模型得出，，再由线面关系结合面积公式得四棱锥的表面积.
【详解】由题可将四棱锥的外接球看作是一个长方体的外接球，是长方体的体对角线，
则球心是的中点，设外接球的半径，则，解得，则，
如图，连接，由底面可知，.
在中，，所以.
在中，，，所以，
所以.
因为底面，所以，又平面PAB，
所以平面，因为平面，所以，
同理可证，，
所以，又矩形的面积，
所以该四棱锥的表面积为.
故选：D
8. 已知函数，当实数时，对于都有恒成立，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】通过求导分析的单调性得到的最小值，由恒成立得到，得到，构造函数，由的最小值得到 的最大值.
【详解】，令得，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
所以，则恒成立，则，
令，，
令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
故的最大值为．
故选：A．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.未全对给3分，全对6分.）
9. 已知复数，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B.
C. D.
【正确答案】BCD
【分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD.
【详解】对于A，设，显然，
但，故A错；
对于B，设，
则，
，
，
所以，故B对；
对于CD，根据复数的几何意义可知，复数在复平面内对应向量，
复数对应向量，复数加减法对应向量加减法，
故和分别为和为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度，
所以，，故C对，D对.
故选：BCD.
10. 已知函数，则（ ）
A. B. 在单调递增
C. 有最小值D. 最大值为
【正确答案】ABD
【分析】利用导数，函数的变化趋势等方法对选项逐一判断即可．
【详解】已知函数，
对于A选项：，正确；
对于B选项：
当时，，
所以，所以在单调递增，正确；
对于C选项：
当时，，故
没有最小值，不正确；
对于D选项：
的最小正周期为，是偶函数，
定义域为．故只需研究即可．
由B选项知：在单调递增，在上单调递减，
的最大值为，正确．
故选：ABD．
11. 过抛物线的焦点的直线与相交于两点，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】AC
【分析】由焦点的坐标即可判断AB，结合抛物线的定义，即可判断C，由平面向量的坐标运算，结合韦达定理即可判断D
【详解】由题意可得F1,0，即，所以，故A正确，B错误；
设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，
消去可得，则，
所以，故C正确；
又，
则
，故D错误；
故选：AC.
卷II（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知函数，则在处的切线方程为__________.
【正确答案】
【分析】先求函数定义域，再用导数几何意义求出切线斜率，之后求出点坐标，点斜式解出切线方程并化为直线的一般式即可.
【详解】由题意知：，x∈0,+∞，
，则切线斜率，
又，所以，
所以在点处的切线方程为：，
即.
故答案为.
13. 已知正数满足，则最小值为______．
【正确答案】
【分析】根据题意，得出，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由题意得，则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为．
故答案为.
14. 已知平面向量，为单位向量，且，则向量在向量上的投影向量的坐标为________．
【正确答案】
【分析】根据题意，求得，结合投影向量的计算公式，准确计算，即可求解.
【详解】因为向量， 为单位向量，且，
可得，解得，
所以在向量上的投影向量为.
故答案为.
四、解答题（本大题共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题13分；16-17题15分；18-19题17分）
15. 已知等差数列的公差为d（），前n项和为，且满足；，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由等差数列前项和公式求得，结合等差数列、等比数列性质求得公差即可得解；
（2）由裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
，得，即．
由，，成等比数列，得，，即．
所以，故．
【小问2详解】
，
∴
.
16. 已知函数
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）求证：当时，
【正确答案】（1）增区间为，减区间为
（2）证明见解析
【分析】（1）当时，求出，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）当时，利用导数求出函数的最大值为，然后证明，即证：，构造函数，利用导数证得即可.
【小问1详解】
解：当时，，，
由，可得，由，可得，
故当时，函数的增区间为，减区间为.
【小问2详解】
解：当时，因为，则，
由，可得，由，可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，
所以，下证：，即证：．
记，，
当时，，当时，，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，所以恒成立，即．
方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
17. 已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）若点D在边BC上，且，，求△的面积.
【正确答案】（1）；
（2）.
【分析】（1）由正弦定理的边角关系、三角形内角的性质可得，再应用二倍角正弦公式化简可得，即可求A的大小.
（2）由题设可得，法一：由正弦定理及可得，再由余弦定理得到，最后根据三角形面积公式求△面积；法二：根据三角形面积公式有，由△的边BD与△的边DC上的高相等及已知条件可得，再由余弦定理得到，最后根据三角形面积公式求△面积；
小问1详解】
由已知及正弦定理得：，又，
∴，又，
∴，则，而，
∴，则，故，得.
【小问2详解】
由，，则.
法一：在△中，，①
在△中，，②
∵，
∴，③
由①②③得：，又，得，
∴，不妨设，，
在△中，由余弦定理可得，，得，
所以.
法二.
∵△的边BD与△的边DC上的高相等，
∴，由此得：，即，不妨设，，
在△中，由余弦定理可得，，得，
所以.
18. 如图，四棱锥的底面是矩形，平面平面ABCD，M是棱PD上的动点，是棱AB上的一点，且.
（1）求证:;
（2）若直线MN与平面MBC所成角的正弦值是，求点的位置.
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）是棱PD的中点.
【分析】（1）首先利用垂直关系证明互相垂直，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用数量积证明线线垂直；
（2）首先求平面的法向量，再利用线面角的向量公式，建立方程，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为，所以，
所以，
因为平面平面ABCD，平面平面平面，
所以平面ABCD，
因为平面ABCD，
所以，
因为四边形是矩形，所以，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，则，
所以，
因为
所以，即；
【小问2详解】
由（1），得
设为平面的法向量，
则，令，得，所以.
设直线与平面所成角为，
则，
所以，因为，所以，
即是棱PD的中点.
19. 已知点，圆过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点．
（1）求的轨迹方程；
（2）当，求的方程及的面积．
【正确答案】（1）
（2），
【分析】（1）由圆的方程求出圆心坐标和半径，设出坐标，由与数量积等于0列式得的轨迹方程；
（2）法一：由确定点M与点P坐标满足的等式，再结合（1）中轨迹方程，可求得l的方程，进而求弦长、圆心到直线的距离，即可求面积；
法二：由确定点M与点P坐标满足的等式，求得坐标，确定直线方程，后同法一.
【小问1详解】
设点Mx,y，当点不与点重合时，即当且时，
由垂径定理可知,即
又圆的圆心为，
则，
∴，即
当点与点重合时，点的坐标也满足方程
故点的轨迹方程为圆.
【小问2详解】
当时，点与点满足圆的方程
又点与点在圆：上
∴直线为圆和圆的交线，圆与圆的方程相减得，
直线的方程为，即
∴的方程为：
点到直线的距离，
又圆的半径，
∴弦长，
∴的面积；
法二：设
由题意可得，解得，即点
又，
∴直线方程为
，则直线的方程为，且
点到直线的距离为
故的面积