重庆市松树桥中学2024-2025学年高三下学期第一次月考数学试题（Word版附解析）

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一、单选题（本题共8小题，每题5分）
1. 若复数z满足，则复数z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用复数除法求，根据共轭复数、虚部定义即可得答案.
【详解】由题设，则，
所以复数z的虚部为.
故选：B
2. 设集合，，若，则实数a的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式得集合，求出对数函数的定义域得集合，由集合间的关系列出关于的不等式，解出即可.
【详解】因为，，
由于，得，即实数a的取值范围，
故选：C.
3. 等比数列中，，，则的前12项和为（ ）
A. 90B. 60C. 45D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的性质求得公比，然后再计算和．
【详解】设数列的公比为，则，
所以，同理，
所以．
故选：C．
4. 已知向量，，若，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示求出，再利用投影向量的意义求解即可.
【详解】由向量，，得，
由，得，解得，，，
所以在上的投影向量为.
故选：B
5. 已知，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】条件转化为恒成立，再利用基本不等式求右侧的最大值，即可求得参数范围.
【详解】因为，所以恒成立等价于恒成立，
又，当且仅当时取等号，故.
故选：A
6. 第19届亚运会在杭州举行．杭州市奥林匹克体育中心是杭州亚运会比赛场馆之一，主要由主体育场、游泳馆、网球中心以及综合训练馆组成．现从甲、乙等7名服务者中随机选取4人分别到这四个区域负责服务工作，要求这四个区域各有1名服务者，且甲不去游泳馆，乙不去网球中心，则不同的安排方案共有（ ）
A. 360种B. 480种C. 620种D. 720种
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意按甲、乙是否被选中分为三种情况；再分别求出相应情况的方案数；最后利用分类加法计数原理即可得解．
【详解】由题意按甲、乙是否被选中分为三种情况：
①若甲、乙都未被选中，则不同的安排方案有（种）；
②若甲、乙2人中只有1人被选中，则不同的安排方案有（种）；
③若甲、乙都被选中，则先安排甲，再安排乙，
若甲去了网球中心，则不同的安排方案有（种）；
若甲没有去网球中心，则不同的安排方案有（种）.
所以当甲、乙都被选中时，不同的安排方案有（种）．
由分类加法计数原理可得共有（种）不同的安排方案.
故选：C．
7. 已知函数的图象关于点对称，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，结合其图象关于点对称，可推出辅助角的表达式，结合其意义求得a的值，再结合函数最值以及周期，即可求得答案.
【详解】由题意得，（），
由于函数的图象关于点对称，
故，即，
由于，故，
故，最小正周期为，
由于，故中的一个为函数最大值，另一个为最小值，
即的最小值为，
故选：A
8. 已知函数，若与的图象有两个交点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】问题化为与在上有两个交点，利用导数研究的区间单调性及其值域，即可求参数范围.
【详解】由题设在上有两个实根，
即在上有两个实根，
所以与在上有两个交点，
由，令，则，
所以在上单调递减，，，
所以使，即，，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
根据解析式易知趋向0或时，均趋向于，
且，
综上，只需.
故选：D
【点睛】关键点点睛：问题化为与在上有两个交点是关键.
二、多选题（本题共3小题，每题6分）
9. 已知数列的前项和分别为，若，则（ ）
A. B.
C. 的前10项和为D. 的前10项和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】本题首先根据题意判断出数列、分别是等差数列、等比数列，求出等比数列的通项公式，进而分析也是等比数列并求出其通项公式，可解决选项A、B、D的问题，再依据裂项法，可解决选项C的问题.
【详解】，所以是首项，公差的等差数列，
，故选项A正确.
令，则，
，
又，，
，故选项C错误.
又，，
又，，，
是首项为，公比的等比数列，
，故选项B正确.
又，
是首项为，公比为的等比数列，
，故选项D正确.
故选：ABD.
10. 已知抛物线：的焦点为，过点（）分别向抛物线与圆：作切线，切点分别为，（，异于坐标原点），则（ ）
A. B.
C. ，，三点共线D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】设：，与抛物线联立，根据推得，．设，易知均为圆的切线，根据圆的性质可得出，两点关于直线：对称，进而列出方程组，求解得出．根据向量法，即可判断A、B、C；表示出，根据两角差的正切公式，化简即可判断D.
【详解】
由已知可得，，
由题意可设：，
联立得，．
因为，直线与抛物线相切，
所以，，即，
所以，，故．
设，显然轴与圆：相切于原点，
则圆的几何性质可知，两点关于直线：对称，
所以，，解得，故．
对于A项，因为，，
所以，，故A正确；
对于B项，因为，
所以，所以，故B正确；
对于C项，因为，，
所以共线，所以，，三点共线，故C正确；
对于D项，设，，
则，，
所以，
即，，，
所以，故D错误．
故选：ABC.
11. 如图，在直三棱柱中，点，，分别是棱，，的中点，直线平面，直线与平面所成角为45°，若，且则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 点到平面的距离为
C. 五面体的体积为
D. 三棱柱的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A项，设出直三棱柱的高，建立空间直角坐标系并表达各点坐标，求出面的法向量，即可得出结论；B项，利用等体积法即可求出点到平面的距离；C项， 利用作差法即可求出五面体的体积；D项，求出外接球的位置和半径，即可得出三棱柱的外接球的表面积.
【详解】由题意，
在直三棱柱中，面，面，
面，面，
直线与平面所成角为45°，
∴，，，，
在中，，，
∴，，
∴是等腰直角三角形，，，
建立空间直角坐标系如下图所示，设直三棱柱高为，
，
，
∴
在面中，设其一个法向量为，
，即，解得：，
当时，，
∴，解得：，
故A正确；
B项，连接，，，
由几何知识得，，，
，，
中，，
由勾股定理得，，
在中，同理可得，，
在中，过点作于点，
则是的中点，也是矩形对角线交点，连接，
在中，，
由勾股定理得，，
设点到平面的距离为，
点到平面的距离为，
∴，
，
，
，
∵，
解得：，
故B错误；
C项，五面体的体积为：，
故C正确；
D项，由几何知识得，，，
∴四边形为正方形，设正方形中心，
是的中点，也是矩形对角线的交点，
所以是的中点，
是的中点，所以，
因为平面，所以平面
所以点在过正方形中心，平面的垂线上，
∴点到正方形的四个顶点距离都相等，有，
在矩形中，由几何知识得，点到矩形的四个顶点距离都相等，有，
所以点为球心，点到各顶点的距离都等于球的半径，
即，
∴三棱柱的外接球的半径为，
∴三棱柱的外接球的表面积为：，
故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：再求不规则图形的体积时可以用体积相减或者拼接构成.
三、填空题（本题共3小题，每题5分）
12. 曲线在点处的切线的方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出，可求得的值，利用导数的几何意义可求得曲线在点处的切线的方程
【详解】由，则，且，
所以曲线在点处的切线的方程为，
故答案为：
13. 已知某条线路上有两辆相邻班次的BRT（快速公交车），若准点到站的概率为，在准点到站的前提下准点到站的概率为，在准点到站的前提下不准点到站的概率为，则准点到站的概率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知条件以及条件概率列方程，从而求得准点到站的概率.
【详解】设事件A为“A准点到站”，时间B为“B准点到站”
依题意，,
而，
而，则，
又，解得，
故答案为：
14. 已知平面向量，，满足与的夹角为锐角，，，，且的最小值为，则实数的值是_____，向量的取值范围是_____.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
①由题可知的最小值为，用含t的式子表示，利用二次函数最小值的表示方式，表示其最小值让其等于3构建方程，解得，由与的夹角为锐角，舍掉负值，代入原二次函数对称轴的表达式中，解得t；
②表示，展开（设），将已知模长代入展开式，可化简为，利用三角函数的值域，得答案.
【详解】①由题
因为，，所以
因最小值为，且由二次函数分析可知，当时，最小
所以，解得
又因为与的夹角为锐角，所以，故；
②因为
又有
将模长代入，设
即原式
因为，所以
故答案为：①；②
【点睛】本题考查了由平面向量的模的最值求参数，还考查了以平面向量的运算法则、数量积运算为载体转化为三角函数求最值问题，属于难题.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 在中，边所对的角分别为，
（1）求角的大小；
（2）若的中线的长为1，求的面积的最大值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知及正弦定理可得：sinC，由余弦定理，同角三角函数基本关系式可求tanC的值，结合范围，可得C的值．
（2）由，，可得，由三角形余弦定理得：，消去，结合基本不等式可求，利用三角形面积公式即可计算得解．
【小问1详解】
∵由已知及正弦定理可得：，
∴由余弦定理可得：，
即，
∴由，可得．
【小问2详解】
由，则①，
，则②，
①②可得，，即，
整理可得，
由三角形余弦定理得：，
消去得：（当且仅当时，等号成立），
即，
则的面积的最大值为 .
16. 贵妃杏是河南省灵宝市黄河沿岸地区的一种水果，其果实个大似鹅蛋，外表呈橙黄色，阳面有晕．贵妃杏口感甜美，肉质实心鲜嫩多汁，营养丰富，是河南省的知名特产之一．已知该地区某种植园成熟的贵妃杏（按个计算）的质量（单位：克）服从正态分布，且．从该种植园成熟的贵妃杏中选取了10个，它们的质量（单位：克）为，这10个贵妃杏的平均质量恰等于克．
（1）求．
（2）求．
（3）甲和乙都从该种植园成熟的贵妃杏中随机选取1个，若选取的贵妃杏的质量大于100克且不大于104克，则赠送1个贵妃杏；若选取的贵妃杏的质量大于104克，则赠送2个贵妃杏．记甲和乙获赠贵妃杏的总个数为，求的分布列与数学期望．
【答案】（1）100 （2）0.3
（3）分布列见解析，1.4
【解析】
【分析】（1）由平均数的求法，直接求出的值；
（2）由正态分布的对称性即可算出结果.
（3）由数据得出个人获赠个数对应的概率，在得到两个人总共获赠可能个数及其对应的概率，从而得出分布列和数学期望.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
因为，所以，
所以．
【小问3详解】
设1人获赠贵妃杏的个数为，则．
依题意可得的可能取值为，
，
，
，
，
，
则分布列为
所以.
17. 如图，三棱柱中，面面，．过的平面交线段于点（不与端点重合），交线段于点．
（1）求证：四边形平行四边形；
（2）若到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）在三棱柱中，利用线面平行、面面平行的性质推理作答.
（2）在平面内过点A作，以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
【小问1详解】
在三棱柱中，，平面，平面，则平面，
又平面平面，平面，于是得，
而平面平面，平面平面，平面平面，则，
所以四边形为平行四边形.
【小问2详解】
在平面内过点A作，因平面平面，平面平面，
于是得平面，又，以点A为原点，建立如图所以的空间直角坐标系，
因，，则，
，
，
设平面的法向量，则，令，得，
点B到平面的距离，解得，
因此，，而，设直线与平面所成角为，
于是得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线的焦点．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知、是椭圆上的两点，，是椭圆上位于直线两侧的动点．
①若直线的斜率为，求四边形面积的最大值；
②当，运动时，满足直线、与轴始终围成一个以底边在轴的等腰三角形，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①；②直线的斜率为定值，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）先由抛物线得到焦点坐标，然后设椭圆方程为，列出对应等式求解：
（2）设，，①设直线的方程为，代入椭圆可得，，然后利用面积公式即可求解；②通过题意可设直线的斜率为，则的斜率为，则的直线方程为，代入椭圆可得，同理，然后利用斜率公式即可求解
【小问1详解】
由抛物线即可得焦点坐标为，
椭圆的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线的焦点，
设椭圆方程为，
则由，解得，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
设，，
①直线的方程为，
代入中，整理得，
，解得，，，
四边形的面积，
当时，，
所以四边形面积的最大值为；
②当，运动时，满足直线、与轴始终围成一个以底边在轴的等腰三角形，则、的斜率之和为，设直线的斜率为，则的斜率为，
的直线方程为，
代入中整理得：，
，同理，
则，，
从而，即直线的斜率为定值．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知函数，．
（1）若函数在单调增，求实数a的取值范围：
（2）当时，，求实数a的值；
（3）求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）函数在某区间单调递增，可通过其导数在该区间大于等于0恒成立来求解参数范围；
（2）要根据函数在给定区间的取值情况确定参数值，需结合函数的单调性等性质进行分析；
（3）证明不等式需要利用前面得到的函数性质以及一些常见的放缩技巧变形，结合裂项求和即可.
【小问1详解】
据题意：，，
则当时，，则在单调减，所以，
由于单调增，则恒成立，即，故．
【小问2详解】
下面证明：当时，恒成立，此时，
由（1）知，当时，，符合；
当时：，，
，则在单调增，由于，
，则存使，则，即在单调减，，即在单调增，又，，所以对恒成立，即在单调减，故．、
综上，．
【小问3详解】
由（2）知：对恒成立，
令，，
所以
．
【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，经常将第一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.
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