《人教版2024--2025学年度第一学期高三数学第一次月考测试卷及答案10》由会员分享，可在线阅读，更多相关《人教版2024--2025学年度第一学期高三数学第一次月考测试卷及答案10（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、内装订线外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_人教版2024-2025学年度第一学期第一次月考测试卷高三 数学（满分：150分 时间：120分钟）题号一二三四总分分数第卷一、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. 若集合,则( )A. B. C. D. 2. 记等差数列an前n项和为Sn.若a616,S535,则an的公差为( )A. 3B. 2C. 2D. 33. 已知,是关于x的方程的两个根.若,则( )A. B. 1C. D. 24. 函数的图象大致为( )A. B. C. D. 5. 已知解集为,则的值为( )A. 1B
2、. 2C. -1D. -26. 古代数学家刘徽编撰的重差是中国最早的一部测量学著作,也为地图学提供了数学基础,根据刘徽的重差测量一个球体建筑的高度,已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点),地面上B,C两点与点A在同一条直线上,且在点A的同侧,若在B,C处分别测量球体建筑物的最大仰角为60和20,且BC=100,则该球体建筑物的高度约为( )(cos100.985) A 45.25B. 50.76C. 56.74D. 58.607. 已知定义域是R的函数满足:,为偶函数,则( )A. 1B. -1C. 2D. -38. 如今中国被誉为基建狂魔,可谓是逢山开路,遇水架桥.公路里程高铁里程双
3、双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型,中间最大球为正四面体的内切球,中等球与最大球和正四面体三个面均相切,最小球与中等球和正四面体三个面均相切,已知正四面体棱长为,则模型中九个球的表面积和为( )A. B. C. D. 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9. 下列命题为真命题的是( )A. 若,则B. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象C. 函数的单调递增区间为D. 的最小正周期为10. 如图所示,该几
4、何体由一个直三棱柱和一个四棱锥组成,则下列说法正确的是( ) A. 若,则B. 若平面与平面的交线为,则AC/lC. 三棱柱的外接球的表面积为D. 当该几何体有外接球时,点到平面的最大距离为11. 同学们,你们是否注意到,自然下垂的铁链；空旷的田野上,两根电线杆之间的电线；峡谷的上空,横跨深洞的观光索道的钢索.这些现象中都有相似的曲线形态.事实上,这些曲线在数学上常常被称为悬链线.悬链线的相关理论在工程、航海、光学等方面有广泛的应用.在恰当的坐标系中,这类函数的表达式可以为(其中,是非零常数,无理数),对于函数以下结论正确的是( )A. 是函数为偶函数的充分不必要条件；B. 是函数为奇函数的充
5、要条件；C. 如果,那么为单调函数；D. 如果,那么函数存在极值点.12. 设等比数列的公比为,其前项和为,前项积为,且满足条件,则下列选项正确的是( )A. 为递减数列B. C. 是数列中的最大项D. 第卷三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. 已知,若,则_ .14. 已知函数,则函数的零点个数为_.15. 已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面所成的角都相等,则平面截此正方体所得截面面积的最大值为_.16. 如图1所示,古筝有多根弦,每根弦下有一个雁柱,雁柱用于调整音高和音质.图2是根据图1绘制的古筝弦及其雁柱的简易平面图.在图2中,每根弦都垂直于x轴,相邻两根弦间的
6、距离为1,雁柱所在曲线的方程为,第n根弦(,从左数首根弦在y轴上,称为第0根弦)分别与雁柱曲线和直线l:交于点和,则_.(参考数据:取.)四、解答题:本题共6小题,第17小题10分，其余每题12分，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 如图,在直三棱柱中,M为的中点.(1)证明:平面；(2)求点A到平面的距离.18. 记锐角的内角的对边分别为,已知(1)求证:；(2)若,求的最大值19. 甲、乙足球爱好者为了提高球技,两人轮流进行点球训练(每人各踢一次为一轮),在相同的条件下,每轮甲、乙两人在同一位置,一人踢球另一人扑球,甲先踢,每人踢一次球,两
7、人有1人进球另一人不进球,进球者得1分,不进球者得分；两人都进球或都不进球,两人均得0分,设甲、乙每次踢球命中的概率均为,甲扑到乙踢出球的概率为,乙扑到甲踢出球的概率,且各次踢球互不影响(1)经过1轮踢球,记甲得分为X,求X的分布列及数学期望；(2)求经过3轮踢球累计得分后,甲得分高于乙得分的概率20. 已知数列中,.(1)令,求证:数列是等比数列；(2)令,当取得最大值时,求的值21. 已知双曲线的焦距为10,且经过点A,B为双曲线E的左、右顶点,P为直线上的动点,连接PA,PB交双曲线E于点C,D(不同于A,B)(1)求双曲线E的标准方程(2)直线CD否过定点？若过定点,求出定点坐标；若不
8、过定点,请说明理由22. 设函数.(1)求的最值；参考答案与试题解析第卷一、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. D【解析】【分析】直接解出集合,再求交集即可.【详解】,则.故选:D.2. A【解析】【分析】由题得a37,设等差数列的公差为,解方程组即得解.【详解】解:由等差数列性质可知,S555a335,解得a37,设等差数列的公差为,所以,解之得.故选:A.3. C【解析】【分析】由,是关于x的方程的两个根,由韦达定理求出,再由复数的模长公式求解即可.【详解】法一:由,是关于x的方程的两个根,得,所以,所以.法二:由,是关于x
9、的方程的两个根,得,所以,所以.故选:C.4. D【解析】【分析】分析函数的奇偶性及其在上的函数值符号,结合排除法可得出合适的选项.【详解】令,该函数的定义域为,所以,函数为偶函数,排除AB选项,当时,则,排除C选项.故选:D.5. B【解析】【分析】由题知为方程的一个根,由韦达定理即可得出答案.【详解】因为的解集为,所以为方程的一个根,所以故选:B6. B【解析】【分析】数形结合,根据三角函数解三角形求解即可；【详解】 设球的半径为R,。故选:B.7. B【解析】【分析】根据对称性可得函数具有周期性,根据周期可将.【详解】因为为偶函数,所以的图象关于直线对称,所以,又由,得,所以,所以,所以
10、,故的周期为4,所以故选:B8. B【解析】【分析】作出辅助线,先求出正四面体的内切球半径,再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径,得到答案.【详解】如图,取的中点,连接,则,过点作底面,垂足在上,且,所以,故,点为最大球的球心,连接并延长,交于点,则,设最大球的半径为,则,因为,所以,即,解得,即,则,故设最小球的球心为,中间球的球心为,则两球均与直线相切,设切点分别为,连接,则分别为最小球和中间球的半径,长度分别设为,则,则,又,所以,解得,又,故,解得,所以,模型中九个球的表面积和为.故选:B【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时,解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注
11、意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9. AC【解析】【分析】利用二倍角公式和诱导公式可求得,知A正确；根据三角函数平移变换可求得,知B错误；利用三角恒等变换公式化简得到解析式,利用整体对应的方式可求得单调递增区间,知C正确；利用特殊值判断D错误.【详解】对于A,A正确；对于B,向右平移个单位长度得:
12、,即,B错误；对于C,则由,得:,的单调递增区间为,C正确；对于D,无意义,不是函数的周期,D错误.故选:AC.10. BD【解析】【分析】根据空间线面关系,结合题中空间几何体,逐项分析判断即可得解.【详解】对于选项A,若,又因为平面,但是不一定在平面上,所以A不正确；对于选项B,因为,所以平面,平面平面,所以,所以B正确；对于选项C,取的中心,的中心,的中点为该三棱柱外接球的球心,所以外接球的半径,所以外接球的表面积为,所以C不正确；对于选项D,该几何体的外接球即为三棱柱的外接球,的中点为该外接球的球心,该球心到平面的距离为,点到平面的最大距离为,所以D正确.故选:BD11. BCD【解析】
13、【分析】根据奇偶函数的定义、充分条件和必要条件的定义即可判断AB；利用导数,分类讨论函数的单调性,结合极值点的概念即可判断CD.【详解】对于A,当时,函数定义域为R关于原点对称,故函数为偶函数；当函数为偶函数时,故,即,又,故,所以是函数为偶函数充要条件,故A错误；对于B,当时,函数定义域为R关于原点对称,故函数为奇函数,当函数为奇函数时,因为,故.所以是函数为奇函数的充要条件,故B正确；对于C,因为,若,则恒成立,则为单调递增函数,若则恒成立,则为单调递减函数,故,函数为单调函数,故C正确；对于D,令得,又,若,当,函数为单调递减.当,函数为单调递增.函数存在唯一的极小值.若,当,函数为单调递增.当,函数为单调递减.故函数存在唯一的极大值.所以函数存在极值点,故D正确.故答案为:BCD.12. AC【解析】【分析】根据题意先判断出数列前2022项大于1,而从第2023项开始都小于1.再对四个选项一一验证:对于A:利用公比的定义直接判断；对于B:由及前n项和的定义即可判断；对于C:前项积为的定义即可判断；对于D:先求出,由即可判断.【详解】由可得:和异号,即或.而,可得和同号,且一个大于1,一个小于1.因为,所有,即数列的前2022项大于1,而从第2023项开始都小于1.对于A:公比,因为,所以为减函数,所以为递减数列.故A正确；对于B:因为,所以,所以.故B错误；对于C:等比数
