2024届上海师范大学附属中学高三上学期9月月考数学试题含解析

这是一份2024届上海师范大学附属中学高三上学期9月月考数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．已知集合，则 .
【答案】
【分析】应用集合的交运算求集合即可.
【详解】.
故答案为：
2．已知复数等于，则的虚部是 .
【答案】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可求解虚部.
【详解】因为，所以的虚部是
故答案为：
3．已知幂函数过点，则函数的解析式是 ．
【答案】
【详解】设幂函数的解析式为：，
∵幂函数过点，
∴，解得：，
故函数的解析式为：．
4．圆的圆心到直线的距离为1，则的值为
【答案】
【解析】由已知圆的方程求出圆心坐标，代入点到直线距离公式，即可求得值．
【详解】解：圆的圆心坐标为：，
故圆心到直线的距离，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式，属于基础题．
5．的二项展开式中，常数项为 .
【答案】15
【解析】利用二项式的通项公式即可得出结果.
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以的二项展开式中，常数项为，
故答案为：15.
【点睛】本题主要考查了二项式的通项公式、常数项的求法，属于基础题.
6．将4名志愿者分配到A、B、C三个亚运场馆服务，每个场馆至少1人，不同的分配方案有 种（用数字作答）．
【答案】36
【分析】根据题意，分2步进行分析，先将4人分为2、1、1的三组，再将分好的3组对应3个场馆，由排列、组合公式可得每一步的情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．
【详解】根据题意，将4人分到3个不同的体育场馆，要求每个场馆至少分配1人，则必须且只能有1个场馆分得2人，其余的2个场馆各1人，可先将4人分为2、1、1的三组，有 =6种分组方法，再将分好的3组对应3个场馆，有=6种方法，则共有6×6=36种分配方案.
故答案为：36
7．已知 ，且，则 的最大值为 .
【答案】1
【详解】试题分析：因为，所以，当且仅当时取等号. 因此即 的最大值为1.
【解析】基本不等式求最值
8．已知边长为3的正的三个顶点都在球（为球心）的表面上，且与平面所成的角为，则球的体积为 ．
【答案】
【分析】先计算出正三角形外接圆半径，再由与平面所成的角为求出球的半径，进而可求出结果.
【详解】设正的外接圆圆心为，易知，
在中，，即球的半径，
故球的体积为.
故答案为：
9．函数的值域为 .
【答案】
【分析】由倍角余弦公式、诱导公式可得，结合正弦函数、二次函数性质求值域即可.
【详解】由，又，
令，则在给定区间内递增，
所以，即原函数的值域为.
故答案为：
10．设是定义在上的奇函数，且，当时，，则 .
【答案】
【分析】由已知条件可得是周期为3的奇函数，应用周期性、奇函数性质及已知区间解析式求目标函数值.
【详解】由题设，
所以是周期为3的奇函数，
则.
故答案为：
11．在平面直角坐标系中，已知，是上的两个不同的动点，满足，且恒成立，则实数最小值是
【答案】49
【分析】因为，可知是的垂直平分线，，设，、、的长即可用表示，再利用余弦定理表示，利用数量积的定义将用表示，
，利用函数求出，即得最小值.
【详解】如图圆心，，因为，
所以是的垂直平分线，设与相交于点，则点是的中点，
设，则，，
恒成立，所以
，
在中，由余弦定理得：，
所以，
，
因为，所以时，，
即
所以，故实数最小值是，
故答案为：49
【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的定义，余弦定理，勾股定理，恒成立问题，求二次函数的最值，属于综合性题目，属于中档题.
12．已知双曲线的左､右焦点分别为为右支上一点，，的内切圆圆心为，直线交轴于点，则双曲线的离心率为 .
【答案】/1.25
【分析】作出辅助线求出，由线段比例关系得到的内切圆半径为，结合双曲线定义和内切圆半径得到的面积，再由面积公式得到方程，由余弦定理得到，进而得到的关系式，求出离心率.
【详解】过点作⊥轴于点，
因为，所以，
设，则，即，
由双曲线定义可知，，所以，
因为，故，故的内切圆半径为，
则
，
又，
故，化简得，
在中，由余弦定理得
，
即，整理得，
故，整理得，
则双曲线的离心率为.
故答案为：
二、单选题
13．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，是的
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
【分析】由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.
【详解】解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，
故选：A.
【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.
14．已知三条直线，，将平面分为六个部分，则满足条件的的值共有（ ）
A．个B．2个C．个D．无数个
【答案】C
【分析】考虑三条直线交于一点或与或平行时，满足条件，求出答案.
【详解】当三条直线交于一点时，可将平面分为六个部分，
联立与，解得，
则将代入中，，解得，
当与平行时，满足要求，此时，
当与平行时，满足要求，此时，
综上，满足条件的的值共有3个.
故选：C
15．下列函数中，以为周期且在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别计算出ABCD的周期，再判断是否在区间上单调递增即可．
【详解】A: ，周期为，在区间上单调递增，故A正确；
B: ,周期为，在区间上单调递减，排除；
C: ,周期为,在区间上不具有单调性，排除；
D: ,周期为,排除.
故选：A.
16．已知递增正整数数列满足，则下列结论中正确的有（ ）
（1）､､可能成等差数列；
（2）､､可能成等比数列；
（3）中任意三项不可能成等比数列；
（4）当时，恒成立.
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】首先根据题意得到数列间的关系，不放假设，可判断（1）；假设､､是等比数列退出矛盾可判断（2）,进而可判断（3）；同（2）一样证明中任意三项不可能成等比数列；当时，可判断（4）；
【详解】因为，
因为是递增正整数数列，所以，
当时，，不满足题意；
所以，若，则，不满足题意；
所以，，
不妨取，，此时､､成等差数列，故（1）正确；
若､､成等比数列，则，
所以，
所以即与矛盾，故（2）错误；
同理假设成等比数列则，
所以，
与矛盾故（3）正确；
当时，且
，
故（4）正确；
故选：D
【点睛】本题主要考查数列与组合数相结合的综合题，组合数公式，这是正确计算的关键，其次也要注意式子的化简与放缩等.
三、解答题
17．如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明平面.（2）分别取中点，连接，以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法计算即可求出结果.
【详解】（1）证明：
取中点，连接，
因为正三棱柱，
所以，且，
因为为线段的中点，
所以且.
所以且，
因为为中点，所以.
所以且.
所以四边形是平行四边形.
所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：
分别取中点，连接，
因为是正三棱柱，
所以，平面，.
所以平面.
所以，.
以为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系.
则.
所以.
设平面的法向量为，
所以，即，
令，解得，所以.
设直线与平面所成角为，，
则，
所以.
即直线与平面所成角为.
18．已知等差数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)试求出所有的正整数，使得对任意正整数，均有．
【答案】(1)
(2)或10或11．
【分析】（1）利用基本量法可求首项与公差，故可求通项.
（2）求出及其最小值，故可得关于的不等式，据此可求所有的正整数.
【详解】（1）设的公差为，则，解得，
故．
（2）由（1）可知，．
当时，取得最小值-100．
由恒成立，得，解得．
因为，所以或10或11．
19．如图，某城市小区有一个矩形休闲广场，米，广场的一角是半径为16米的扇形BCE绿化区域，为了使小区居民能够更好的在广场休闲放松，现决定在广场上安置两排休闲椅，其中一排是穿越广场的双人靠背直排椅MN（宽度不计），点M在线段AD上，并且与曲线CE相切；另一排为单人弧形椅沿曲线CN（宽度不计）摆放．已知双人靠背直排椅的造价每米为2a元，单人弧形椅的造价每米为a元，记锐角，总造价为W元．
(1)试将W表示为的函数，并写出的取值范围；
(2)问当AM的长为多少时，能使总造价W最小．
【答案】(1)，
(2)米
【分析】（1）总造价由两部分组成，根据弧长公式可求得，而切线长需构造直角三角形或借助坐标求解，最后由线段长为正，可得的取值范围；
（2）利用导数求函数最值，先求导数，确定导函数零点，分析函数单调性，确定极值点，即最值点即可得答案.
【详解】（1）解：过N作AB的垂线，垂足为F，过M作NF的垂线，垂足为G，
在中，，则，
在中，，则，
由题意易得，
所以，
；
（2）解：，
令，得，又，所以，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以当时，总造价W最小，最小值为，此时，，，
所以当米时，能使总造价W最小．
20．已知动点到定点的距离之和为4.
（1）求动点的轨迹方程
（2）若轨迹与直线交于两点，且求的值.
（3）若点与点在轨迹上，且点在第一象限，点在第二象限，点与点关于原点对称，求证：当时，三角形的面积为定值.
【答案】（1） ；（2） ；（3）定值，见解析
【分析】(1)求得椭圆的,即可求动点的轨迹方程
(2)将直线代入椭圆方程,可得的方程,运用韦达定理和判别式大于0,由弦长公式,解方程即可得到所求值;
(3)求出直线AB的方程,运用点到直线的距离公式求得P到直线AB的距离,弦长AB,运用三角形的面积公式可得,再由A,P满足椭圆方程,结合条件,计算即可得到三角形的面积为定值.
【详解】(1)动点Q到两定点、的距离和为4,满足椭圆的定义,且 ,
动点的轨迹方程：
(2)将直线代入椭圆方程,可得
,
,解得,
设
则
即有,
解得,满足
(3)证明:直线AB的方程为,即为,
可得到直线AB的距离为,
,
则═,
由，得 因为
可得
则
由,可得
即有
故当时,三角形的面积为定值
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程以及直线与椭圆的关系，弦长公式．通常把直线带入椭圆，再根据韦达定理即可解决．属于中等题．
21．已知函数，是自然对数的底数，.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在上单调递增，求的取值范围；
（3）若存在正实数，使得对任意的，总有，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）代入的值，求出，，求出切线方程即可；
（2）问题转化为在，恒成立，根据函数的单调性求出的范围即可；
（3）令，求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，确定的范围即可．
【详解】解：（1）当时，，，
则，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）因为在上单调递增，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
所以在上恒成立，
又因为函数在上单调递增，
所以，当且仅当，时，，
所以的取值范围为.
（3）不等式即，
令，则，
①当时，在上恒成立，
所以在上单调增，所以，不符合题意；
②当时，由得，列表如下：
令，在上，总有，符合题意，
综上所述，的取值范围为.
【点睛】本题考查了切线方程，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．
↘
极小值
↗