内蒙古赤峰红旗中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题（解析版）

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1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上；
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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】B
【解析】
【分析】根据集合间的运算即可求解.
【详解】解：由，解得：，
即，
故．
故选：B.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. 17C. 5D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】将复数化简，再由模长公式即可求解.
【详解】由题意可得，则．
故选：C
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. -2B. ．C. ．D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示计算可得.
【详解】由题意可得，，
则，解得．
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. ．D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式即可求解.
【详解】因为，所以．
故选：D.
5. 在中，角，，的对边分别是，，，且，，则（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】将已知数据代入余弦定理中即得的长度.
详解】由余弦定理可得，则.
故选：B
6. 一纸片上绘有函数一个周期的图象，现将该纸片沿轴折成直二面角后，原图象上的最高点和最低点之间的空间距离是，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出相应的图形，则，结合题意列式求解即可.
【详解】如图所示：
则，
由题意可得：，解得.
故选：D.
7. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于在第一象限）两点，为坐标原点，若，则的面积是（ ）
A. B. 6C. D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】设出直线方程，联立抛物线方程，利用转化，再结合韦达定理与抛物线定义求解即可.
【详解】设直线，Ax1,y1，Bx2,y2，其中.
联立整理得0，
其中恒成立，
则①．
因为，即，所以，
即代入①式得，
解得，所以，且，
因为，则，所以，
所以由抛物线定义得，解得，
则的面积
．
故选：C.
8. 已知直线是函数图象的切线，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设切点为x0,y0x0>0，利用求得关于的表达式，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.
【详解】设切点为x0,y0x0>0．
因为，所以，
则，即.
设，则，
由，得，则在上单调递增，
由，得，则在上单调递减，
故，即.
故选：A
【点睛】方法点睛：求解曲线切线有关问题，关键是把握住切点和斜率，斜率可以利用导数来求得，也可以通过切线方程来求得.求解参数取值范围有关问题，可以考虑利用构造函数法，然后利用导数来进行求解.
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. 某地农研所为研究新的大豆品种，在面积相等的80块豆田上种植一种新型的大豆，得到各块豆田的亩产量（单位：kg），将所得数据按，，，，，分成六组，得到如图所示的频率分布直方图：
则下列结论正确的是（ ）
A. 这80块豆田的亩产量的中位数低于180kg
B. 这80块豆田的亩产量的极差不高于60kg
C. 在这80块豆田中，亩产量不低于190kg的豆田所占比例为
D. 这80块豆田的亩产量的第75百分位数高于
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，根据中位数的定义即可求解；对于B，根据极差的定义即可求解；对于C，根据频率分布直方图纵坐标的意义即可求解；先根据百分位数的定义求出第75百分位数所在的区间，再根据分析即可求解.
【详解】对于A，前三组的频率为，
前四组的频率为：，
所以这80块豆田的亩产量的中位数在之间，故不低于180kg，则A错误；
对于B，，，
所以这80块豆田的亩产量的极差高于40kg，且不高于60kg，则B正确；
对于C，在这80块豆田中，亩产量不低于190kg的豆田所占比例为，则C正确．
对于D，，，
所以这80块豆田的亩产量的第75百分位数不低于180kg，
当亩产量在内的豆田的亩产量都是180kg时，这80块豆田的亩产量的第75百分位数为180kg，则D错误．
故选：BC.
10. 若函数与在区间上的单调性相同，则称区间是函数的“稳定区间”.下列函数存在“稳定区间”的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据新定义“稳定区间”分别求与的单调区间判断A，由是R上的增函数，是R上的减函数判断B，由是R上的增函数，是R上的减函数判断C，利用导数判断函数单调性可判断D.
【详解】因为与在区间上单调递减，在上单调递增，
所以存在“稳定区间”，则A符合题意．
因为是R上的增函数，是R上的减函数，
所以不存在“稳定区间”，则B不符合题意．
因为是R上的增函数，是R上的减函数，
所以不存在“稳定区间”，则C不符合题意．
因为，所以．
由，得或，则在和上单调递增，
由，得，则在上单调递减．
因为，所以，
所以．由f'(-x)>0，得，
则在上单调递增，由，得或，
则在和上单调递减，所以两函数在区间上递减，
所以存在“稳定区间”，则D符合题意．
故选：AD
11. 如图，在棱长为12的正方体中，、、分别是棱、、的中点，点是上的动点，则（ ）
A. ．
B. 三棱锥的体积为定值
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 平面截该正方体所得的截面图形的周长是
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究空间夹角可判定A；根据线面平行结合锥体的体积公式可判定B；利用空间几何体的特征先确定外接球的球心位置，利用勾股定理计算球半径结合球体体积公式计算即可判定C；利用平面的性质先确定截面图形，再计算周长即可判定D.
【详解】对于A项，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为12，所以，，，，
所以，，
所以，所以，故A正确；
因为，且不在平面内，平面，所以平面．
因为点是上的动点，所以点到平面的距离是定值，
则三棱锥的体积为定值，故B正确；
作，垂足为，取的中点，连接．
设三棱锥外接球的球心为，连接，，，作，垂足为．
由题中数据可得，，．
设三棱锥外接球的半径为，
则，解得，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C错误；
分别在棱，上取点，，使得，，
连接，，，，易证，
即平面截该正方体所得的截面图形是五边形．
由题中数据可得，，，，，
则五边形的周长为，
即平面截该正方体所得的截面图形的周长是，故D正确．
故选：ABD
【点睛】思路点睛：可利用空间向量判定异面直线的位置关系；动点的体积定值问题需要注意线线、线面的平行来判定；空间几何体的外接球问题可先确定一面外接圆圆心，再去确定球心位置利用勾股定理解方程求半径；截面问题可利用点的位置构造线线平行或相交线来确定平面.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若是定义在上奇函数，且当时，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性列方程，由此求得的值.
【详解】由题意是定义在上的奇函数，
可得，则.
经验证可知符合题意.
故答案为：
13. 《九章算术》中将正四棱台称为方亭，现有一方亭，，体积为，则该方亭的高是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据台体的结构特征结合台体的体积公式运算求解.
【详解】如图，连接，，作，垂足为，则平面．
因为，所以方亭的体积
即，解得．
故答案为：.
14. 已知双曲线的左焦点为，直线过点，在第四象限与双曲线的渐近线交于点，且直线与圆切于点，若，则双曲线的离心率是______．
【答案】##
【解析】
【分析】求出，因为，所以，求出，，根据和正切和角公式得到，求出离心率.
【详解】如图，因为直线与圆切于点，所以．
因为，，所以．因为，
所以，则，．
因为，所以，
所以，即，所以，则双曲线的离心率．
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. 已知等差数列an的前项和为，且，．
（1）求an的通项公式；
（2）已知，数列bn的前项和为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列通项公式、求和公式列出方程即可得解；
（2）化简数列通项公式，利用相加相消法求和即可.
【小问1详解】
设数列的公差为，
则
解得，，
故．
【小问2详解】
由（1）可得，
则．
16. 如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．

（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面；
（2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值；
【小问1详解】
如图所示，连接．

因为，分别是棱，的中点，
所以，
因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
则．
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，
平面,
所以，
又因为，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得，，
，．
设平面的法向量为，
则
令，得．
因为，,
所以平面
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
故，
即平面与平面的夹角的正弦值为．
17. 良好的用眼习惯能够从多方面保护眼睛的健康，降低近视发生的可能性，对于保护青少年的视力具有不可替代的重要作用．某班班主任为了让本班学生能够掌握良好的用眼习惯，开展了“爱眼护眼”有奖知识竞赛活动，班主任将竞赛题目分为两组，规定每名学生从两组题目中各随机抽取2道题作答．已知该班学生甲答对组题的概率均为，答对组题的概率均为．假设学生甲每道题是否答对相互独立．
（1）求学生甲恰好答对3道题的概率；
（2）设学生甲共答对了道题，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）转化为“答对组的2道题和组的1道题”与“答对组的l道题和组的2道题”两个互斥事件的和事件的概率求解，再分别应用相互独立事件同时发生的乘法公式即可得；
（2）按照求离散型随机变量分布列的一般步骤求解即可.
【小问1详解】
学生甲恰好答对3道题有以下两种情况：
第一种情况是学生甲答对组的2道题和组的1道题，
其概率；
第二种情况是学生甲答对组的l道题和组的2道题，
其概率．
故学生甲恰好答对3道题概率．
【小问2详解】
由题意可知的所有可能取值为．
，
，
，
，
由（1）可知，
则的分布列为
故．
18. 已知椭圆的离心率为，、分点是椭圆的左、右顶点，是椭圆上不同于、的一点，面积的最大值是2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记直线、的斜率分别为、，且直线、与直线分别交于、两点．
①求、的纵坐标之积；
②试判断以为直径的圆是否过定点．若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①-8；②过定点，．
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义和在椭圆短轴端点处取最大值，列出方程联立可解得，即得椭圆方程.
（2）法一：假设定点坐标，利用直径所对圆周角为，利用向量垂直的坐标运算，可得定点坐标满足的条件，进而分析式子恒成立的条件，可得定点坐标.
法二：设直径与轴的交点为，为与轴的交点，根据相交弦定理可得，因为，根据圆的性质，可得，即可求得定点.
【小问1详解】
由题意可得，
解得，．
故椭圆的标准方程为．
小问2详解】
①由（1）可知，．
直线的方程为，
联立解得则．
同理可得
故，
设Px0,y0，则．
因为点在椭圆上，所以，所以，
则，
故．
②法一：由①可知，，
设存在定点，则，．
由题意可知，则，
所以恒成立，所以，．
故以为直径的圆过定点，．
法二：由题意可知在轴的两侧，则以为直径的圆与轴有两个交点，
设以为直径的圆与轴的两个交点分别为（在的左侧），
直线与轴的交点为，
则，
因为，所以，
则，即以为直径的圆过定点.
19. 若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中称为在上的中值点.
（1）判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由；
（2）已知函数，存在，使得，且是上的“双中值函数”， 是在上的中值点.
①求的取值范围；
②证明：.
【答案】（1）是上的“双中值函数”，理由见解析
（2）①0,+∞；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用定义结合导数直接计算解方程即可；
（2）①根据定义知，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件先转化问题为，构造差函数，利用多次求导判定其单调性去函数符号即可证明.
【小问1详解】
函数是上的“双中值函数”．
理由如下：
因为，所以.
因为，，所以
令，得，即，解得.
因为，所以是上的“双中值函数”.
【小问2详解】
①因为，所以.
因为是上的“双中值函数”，所以.
由题意可得.
设，则.
当时，，则为减函数，即为减函数；
当时，，则为增函数，即为增函数.
故.
因为，所以，所以，即的取值范围为；
②证明：不妨设，
则，，即，．
要证，即证．
设，
则．
设，则，
所以φx在0,1上单调递增，所以，所以，
则在上单调递减．
因为，所以，即．
因为，所以gx1>g1-lnx1．
因为，所以gx2>g1-lnx1．
因为，所以．
由①可知在上单调递增，所以，即得证．
【点睛】思路点睛：新定义问题审清题意，转化为已有经验、知识处理即可，本题第二问第一小问，可转化为存在导函数两个零点求参问题，利用导数研究其单调性与最值即可；第二小问，可利用等量关系消元转化证明，类似极值点偏移，构造差函数研究其单调性即可证明.
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