贵州省贵阳2024-2025高三数学上学期10月月考试题

贵州省贵阳2024-2025高三上学期10月月考试卷数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.时间120分钟，满分150分.第Ⅰ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.已知集合，则的元素个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【分析】令，可知的元素个数即为的零点个数，依据函数单调性结合零点存在性定理运算求解.【详解】由题意可知：的元素个数即为函数与的交点个数，令，则函数与的交点个数即为的零点个数，因为在内单调递增，在内单调递减，则在内单调递增，且，可知在内有且仅有1个零点，即函数与有且仅有1个交点，所以的元素个数为1.故选：A.2.若，其中是虚数单位，且，设，则为（）A.2 B. C.6 D.【答案】D【分析】化简可得，然后依据复数相等的条件列出关系式，求出的值，依据共轭复数的概念以及复数的求模运算，即可得出答案.【详解】由得，，所以且，解得，，所以，，所以.故选：D.3.的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一.划分等级为：日均值在以下，空气质量为一级；日均值在，空气质量为二级；日均值超过为超标.如图是某地8月1日至日的日均值（单位：）变更的折线图，下列关于日均值说法正确的是（）A.这10天日均值的70百分位数为60B.前4天的日均值的极差小于后4天的日均值的极差C.前4天的日均值的方差大于后4天的日均值的方差D.这10天的日均值的中位数为45【答案】B【详解】解：对于A，将10天中日均值按从小到大排列为，，，，，，，，，，依据百分位数的定义可得，这10天中日均值的百分位数是，故选A错误；对于B，前4天的日均值的极差为，后4天的日均值的极差为，故选项B正确；对于C，由折线图和方差的定义可知，前4天的日均值波动性小，所以前4天的日均值的方差小于后4天日均值的方差，故选项C错误；对于D，这天中日均值的中位数为，故选项D错误.故选：B4.数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件 D.充要条件【答案】A【分析】依据以及充分条件和必要条件的定义分别进行推断即可【详解】由题意得数列为递增数列等价于对随意恒成立，即对随意恒成立，故，所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件，故选：A5.若方程所表示的曲线为，则下列命题错误的是（）A.若曲线为双曲线，则或B.若曲线椭圆，则C.曲线可能是圆D.若曲线为焦点在轴上的椭圆，则【答案】B【分析】利用方程表示双曲线求解的取值范围可推断A；方程表示椭圆求解可推断B；方程是否表示圆可推断C；方程表示焦点在轴上的椭圆求解可推断D.【详解】对于选项A：方程表示双曲线，则，解得或，故A正确；对于选项B：方程表示椭圆，则，解得且，故B错误；对于选项C：当时，方程表示圆，故C正确；对于选项D：方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，故D正确；故选：B.6.两个单位向量与满意，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】D【分析】由题意可得，，依据可得，设与的夹角为，利用即可求解.【详解】由题意可得，，且，所以.设与的夹角为，，则,所以.故选；D.7.设，则（）A. B. C. D.【答案】A【分析】利用倍角公式化简可得，代入结合诱导公式运算求解.【详解】∵，所以．故选：A．8.若对随意正实数都有，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【分析】运用分别参数求最值，即将原不等式化为，再构造函数（），求其最大值，进而求得结果.【详解】化简不等式可得，即：，令（），则对随意的，，所以，设，，则，令，所以，所以在上单调递减，又因为，所以，，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，解得：，即：的取值范围为.故选：A.二､多项选择题：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.若，且，则（）A.B.C.D.【答案】BD【分析】利用不等式的性质结合作差法逐一推断即可.【详解】因为，且，则，所以，即，故A错误；则，所以，故B正确；则，故C错误；因为，所以，故D正确.故选：BD.10.如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下说法正确的是（）A.当在平面上运动时，四棱锥的体积不变B.当在线段上运动时，与所成角的取值范围是C.若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为椭圆D.若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满意平面【答案】AB【分析】依据体积公式，即可推断A，建立空间直角坐标系，依据线线角，线面角，以及利用法向量推断线面关系，即可推断BCD.【详解】A.当在平面上运动时，点到平面的距离为2，所以四棱锥的体积，故A正确；B.如图，建立空间直角坐标系，，，，,，,，设与所成角为，则当时，，，则，当时，，所以，，故B正确；C.若点在底面上运动，设，，，平面的法向量为，则直线与平面所成的角为时，，化简为，则点的轨迹为圆，故C错误；D.如图，，，，，，，，，，，且，且平面，所以平面，即向量是平面的法向量，，，，若平面，则，即，直线与底面有公共点，即存在点满意平面，故D错误.故选：AB11.阿波罗尼斯是古希腊闻名数学家，与欧几里得､阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发觉：平面内到两个定点的距离之比为定值，且的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，点满意.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（）A.的方程为B.点都在曲线内部C.当三点不共线时，则D.若，则的最小值为【答案】ACD【分析】对于A，通过干脆法求出点的轨迹方程即可推断；对于B，利用点到圆心的距离，推断点与圆的位置关系；对于C，由题意，结合三角形内角平分线定理进行推断即可；对于D，将转化为进行推断即可．【详解】设，不与，重合），由，，有，，，即，化简得，所以点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，如图所示，对于A选项，由曲线方程为，选项A正确；对于B选项，由，点在曲线外，选项B错误；对于C选项，由，，有，则当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，所以，选项C正确；对于D选项，由，得，则，当且仅当在线段上时，等号成立，则的最小值为，选项D正确．故选：ACD．12.定义在的函数满意，且，都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（）A.B.若数列为等差数列，则公差为6C.若，则D.若，则【答案】ABD【分析】对于A：依据题意结合周期性运算求解；对于B：依据题意结合图象分析推断；对于B：整理可得，结合图象分析推断；对于D：依据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列学问运算求解.【详解】因为都有，即的图象关于对称，令，则，即，可知在内的图象关于点对称，依据题意作出在内的图象，如图所示：对于选项A：因为定义在的函数满意，则，故A正确；对于选项B：由图象可知：若数列为等差数列，则，此时与在内有且仅有一个交点，因为，则，所以公差为6，故B正确；对于选项C：若，则，可得，则，即与在内有且仅有2个交点，结合图象可得，故C错误；对于选项D：若，则与在内有且仅有3个交点，且，因为，则，所以数列是以首项为7，公差为12的等差数列，可得，所以，故D正确；故选：ABD.【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法（1）转化为两熟识的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；（2）分别参数、转化为求函数的值域问题求解．第II卷三､填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知一个扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的面积为________．【答案】【分析】利用扇形面积公式计算即可.【详解】设扇形半径为，由题意可知，所以该扇形的面积为．故答案为：.14.分别为内角的对边．已知，则的最小值为________．【答案】##0.6【分析】因为，所以代入，得到，并结合基本不等式，得到的最小值.【详解】由余弦定理得．当且仅当时，取等号.所以的最小值为故答案为：15.已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】利用函数单调性与导数的关系，列出不等式即可求解.【详解】函数的定义域为，求导得，依题意，不等式在上有解，等价于在上有解，而，当且仅当时取等号，则，

所以实数a的取值范围是.故答案为：．16.已知椭圆的左、右焦点分别为，经过的直线交椭圆于两点，为坐标原点，且，则椭圆的离心率为______.【答案】##【分析】利用向量的数量积的运算律，以及椭圆的定义，利用齐次化方法求离心率.【详解】因为，所以，即，所以，所以.设，则，所以，由得，所以，所以，在中，由，得，所以.故答案为:.四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程及演算步骤.17.已知函数（，，）的图象相邻两条对称轴间的距离为．函数的最大值为2，且______．请从以下3个条件中任选一个，补充在上面横线上，①为奇函数；②当时；③是函数的一条对称轴．并解答下列问题：（1）求函数的解析式；（2）在中，、，分别是角，，的对边，若，，的面积，求的值．【答案】（1）（2）【分析】（1）由最大值确定A，依据相邻两条对称轴间的距离为确定最小正周期，从而确定，选①，可得，求解即可；选②，，求解即可；选③，整体思想，求解即可.（2）利用面积公式求出，结合余弦定理即可求解.【小问1详解】由题意得，∴最小正周期，则，∴.若选①，为奇函数，则，∴，即∵，即，∴即，∴.若选②，当时，∴即，∵，∴，∴.若选③，是函数的一条对称轴，∴即∵，∴，∴.【小问2详解】∵，∴,即，∵即，∴，即，又∵，的面积，∴得，在中，由余弦定理得：，解得.18.已知数列的前项和为，，且．（1）求数列的通项公式；（2）设数列满意，记数列的前项和为，若对随意恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）由与的关系即可求解；（2）先用错位相减法求出，再由不等式恒成立问题的解法即可求解.【小问1详解】解：当时，∵，∴，两式相减得，.∵，，所以，∴，∵，∴，∴数列是以首项，公比为的等比数列．∴【小问2详解】∵，∴，∴，∴，∴∴，∵对随意恒成立，∴，∴，∴恒成立，∵，∴，∴的取值范围是．19.如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为2的正方形，为中点，且.（1）求证：平面；（2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，依据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.【小问1详解】证明：由题知，，又，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，在正中，为中点，于是，又，平面，所以平面【小问2详解】取中点为中点为，则，由（1）知，平面，且平面，所以，又，所以，平面所以平面，于是两两垂直.如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，所以，.设平面的法向量为，则，即，令，则，于是.设，则.由于直线与平面所成角的正弦值为，，即，整理得，由于，所以于是.设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离为.【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20.第22届亚运会将于2024年9月23日至10月8日在我国杭州实行，这是我国继北京后其次次举办亚运会，为迎接这场体育盛会，浙江某市确定举办一次亚运会学问竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参与决赛，决赛通过后将代表A社区参与市亚运学问竞赛．已知A社区甲、乙、丙3位选手都参与了初赛且通过初赛的概率依次为，，，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．（1）求这3人中至少有1人参与市学问竞赛的概率．（2）某品牌商赞助了A社区的这次学问竞赛，给参与选拔赛的选手供应了两种嘉奖方案：方案一：参与了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次嘉奖600元：方案二：只参与了初赛的选手嘉奖100元，参与了决赛的选手嘉奖400元（包含参与初赛的100元），若品牌商希望赐予选手更多的嘉奖，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．【答案】（1）（2）从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好【分析】（1）依据独立事务的概率，先分别求出甲乙丙三人参与市赛的概率，即可求出至少有1人参与市学问竞赛的概率．（2）分别求出两个方案的嘉奖期望，比较大小即可.【小问1详解】甲参与市赛的概率为，乙参与市赛的概率为，丙参与市赛的概率为，至少1人参与市赛的概率为：．【小问2详解】方案一：设三人中奖人数为，所获奖金总额为元，则，且．所以元，方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为元，则的全部可能取值为300、600、900、1200，则，，，，所以，．所以，，所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．21.已知双曲线的左右焦点分别为，点在双曲线上，若，且双曲线焦距为4．（1）求双曲线的方程；（2）假如为双曲线右支上的动点，在轴负半轴上是否存在定点使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在，坐标为【分析】（1）利用双曲线的定义求解即可；（2）在轴负半轴上假设存在点满意题意，当垂直于轴时，易得，当不垂直于轴时，由斜率公式和二倍角正切公式也可解得.【小问1详解】因为点在双曲线上，所以由双