广西防城港市2024-2025学年高三数学上学期1月月考文

广西防城港市2024-2025学年高三数学上学期1月月考（文）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依据集合的交集运算求解.【详解】因为，所以，故选：D2.已知，则z的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据复数的运算和基本概念即可求得z的虚部.【详解】解：由得，所以虚部为.故选：A.3.已知，则=（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据向量的坐标运算，结合夹角公式求解即可.【详解】因为，故选：C4.我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不行割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在表达式中“……”圆代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程求得，类比上述过程及方法则的值为（）A. B.4 C. D.2【答案】B【解析】【分析】令可得，再解方程，依据求解即可.【详解】令，则，整理，得，解得，或，故选：B5.设F为抛物线的焦点，点M在C上，点N在准线l上，满意，，则（）A. B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由抛物线方程可知，焦点坐标及准线方程，设准线与轴交点为，画出图象，由抛物线定义及可知是正三角形，结合平行关系可推断，利用直角三角形性质即可求解.【详解】由题，，抛物线焦点为，准线为，设准线与轴交点为，如图所示，由题知，由定义可知，因为，所以是正三角形，则对，因，所以，所以，故选：C6.执行如图所示的程序框图，当输入时，则输出的P是（）A.3 B.2 C.4 D.5【答案】A【解析】【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的改变状况，可得答案．【详解】当时，满意进行循环的条件，，，；当时，满意进行循环的条件，，，，；当时，满意进行循环的条件，，，，；当时，不满意进行循环的条件，故输出的值为3，故选：A7.棱长为2的正方体中，AB，，的中点分别为E，M，N，则下列说法正确的是（）A.三棱锥A1—的体积为6 B.平面⊥平面A1ECC. D.平面∥平面MNE【答案】B【解析】【分析】A.依据等体积法转换；B.通过证明线面垂直：直线A1C⊥平面，继而证明面面垂直；C.通过平行的传递性进行推断；D.通过平移两个面可发觉不完全重合.【详解】如图：A.，A错误；B.在正方体ABCD—中，因为，，所以平面，所以，同理，所以直线A1C⊥平面，因为直线A1C在平面A1EC内，所以平面⊥平面，B正确；C.因为，，C错误；D.将平面MNE平移使ME与重合，N不在平面内，D错误；故选：B8.等比数列{}的前n项和为，若，则=（）A.488 B.508 C.511 D.567【答案】C【解析】【分析】依据等比数列的性质知，，也是等比数列，计算出新数列的公比即可求解.【详解】依据等比数列的性质知，，成等比，因为，所以，则.故选：C9.已知，，且是与的等差中项，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知得，运用基本不等式求的最小值.【详解】因为是与的等差中项，所以，所以，因为，，则，当且仅当时取等号.故选：A10.四面体ABCD的顶点都在半径为2的球面上，正三角形ABC的面积为，则四面体ABCD的体积最大为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设正三角形的边长为，求出的值，再利用正弦定理求出球心到平面的距离即得解.【详解】设正三角形的边长为，，所以，由正弦定理为的外接圆的半径)所以，所以球心到平面的距离，则四面体体积最大为.故选：B11.已知函数为奇函数，，且与的图象的交点为，，，，则（）A.-2m B.2m C.m D.-m【答案】D【解析】【分析】依据函数的性质可得函数与都关于点中心对称，从而得到它们的交点也关于点中心对称，再依据对称性即可得出结果.【详解】因为为奇函数，所以关于点中心对称，又的图象也关于点中心对称，所以两个函数图象的交点也关于点对称，由对称性知，每一组对称点，所以.故选：.12.双曲线左右顶点分别为，曲线上的一点关于轴的对称点为，若直线的斜率为，直线的斜率为，则当取到最小值时，双曲线离心率为（）A. B.2 C.3 D.6【答案】B【解析】【分析】由题意利用均值定理可得，再利用双曲线的几何性质求解即可.【详解】设，则，，所以，将曲线方程代入得，又由均值定理得，当且仅当，即时等号成立，所以离心率，故选：B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设等差数列{}的前n项为，若，,则公差______.【答案】3【解析】【分析】依据等差数列的通项公式和前项和公式求解即可.【详解】由题，因为是等差数列，所以，，因为，所以，解得，故答案为：3.14.雅言传承文明，经典浸润人生，南宁市某校每年举办“品经诵典浴书香，提雅增韵享阅读”中华经典诵读大赛，竞赛内容有三类：“诵读中国”、“诗教中国”、“笔墨中国”．已知高一、高二、高三报名人数分别为：100人、150人和250人．现采纳分层抽样的方法，从三个年级中抽取25人组成校代表队参与市级竞赛，则应当从高一年级学生中抽取的人数为______．【答案】5【解析】【分析】依据分层抽样的性质运算求解.【详解】依据题意可得：高一、高二、高三报名人数之比为，故从高一年级学生中抽取的人数为.故答案为：5.15.已知函数对随意x都成立，，且，将f（x）的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则=______.【答案】【解析】【分析】依据题意，，得到，进而求出，得出，再依据题意进行平移以及关于原点对称，即可得到.【详解】依题意，，所以，，，则，则，将函数的图象向左平移个单位长度，得关于原点对称，所以，即，因为，则，阅历证符合题意.故答案为：16.已知函数有两个极值点和，则实数a的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】先求导，再令，令，对判别式分两种状况探讨得解.【详解】因为，所以，令，则时，，判别式当时.，此时，故函数在上单调递增，无极值点，不合题意：当时，设此时对应方程的两个正根为、，则，则，所以当，符合题意.故答案为：三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答．第22、23题为选考题，考生依据要求作答．（一）必考题：共60分．17.记的面积为S，其内角的对边分别为，，，已知，．（1）求；（2）求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）留意到，利用余弦定理边化角结合面积公式运算整理；（2）利用余弦定理整理可得，再结合求得，运用面积公式即可得结果.【小问1详解】∵，则，∴，又∵，∴.【小问2详解】∵，即，∴，又∵，当且仅当时等号成立，∴，则面积，故面积的最大值.18.为协作创建文明城市，某市交警支队全面启动路口秩序综合治理，重点整治机动车不礼让行人的行为．经过一段时间的治理，从市交警队数据库中调取了10个路口的车辆违章数据，依据这10个路口的违章车次的数量绘制如下的频率分布直方图，统计数据中凡违章车次超过30次的路口设为“重点关注路口”．（1）依据直方图估计这10个路口的违章车次的平均数和中位数；（2）现从“重点关注路口”中随机抽取两个路口支配交警去执勤，求抽出来路口中有且仅有一个违章车次在的概率．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据平均数和中位数的定义即可求解；（2）依据频率分布直方图可计算得到违章车次在和的路口数，采纳列举法可得全部基本领件和满意题意的基本领件个数，利用古典概型概率公式可计算得到结果．【小问1详解】依据频率分布直方图可估计平均数为：．依据频率分布直方图可估计中位数为：【小问2详解】由频率分布直方图可知：违章车次在的路口有个，记为；违章车次在的路口有个，记为；从“重点关注路口”中随机抽取两个路口，则有，，，，，，，，，，，，，，，共种状况；其中有且仅有一个违章车次在的状况有，，，，，，，，共种状况；所以所求概率．19.如图四棱锥中，四边形为等腰梯形，，平面平面，，，，．（1）证明：平面；（2）若在线段上，且，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）依据题意结合余弦定理可求得，由勾股定理可证，结合线面垂直的判定定理可证；（2）依据题意结合面面垂直的性质定理可得平面，利用锥体的体积公式运算求解.【小问1详解】∵四边形为等腰梯形，且，∴，又∵，则，即，∴，则，即，又∵，，平面，∴平面.【小问2详解】∵，平面平面，平面平面，平面，∴平面，由题意可得：为等腰直角三角形，则，又∵，∴三棱锥的体积.20.已知函数（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，点斜式求切线方程即可；（2）构造新函数，在指定区间上求最大值，最小值即可解决.【小问1详解】当时，，所以，因为，所以切点坐标为，切线斜率为，所以切线方程为，即.【小问2详解】由题知，函数与直线在上有两个不同的交点，令，所以，因为，所以令，得，所以当时，，当时，，所以在上有最大值，因为，又，所以，所以在上有最小值，所以在上有两个不同的交点的条件是，解得所以实数的取值范围为21.已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆的下顶点，且的面积为4.（1）求椭圆C的方程：（2）圆，点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，且直线PB的斜率是直线PA的斜率的2倍，求证：直线AB恒过定点【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由离心率和焦点三角形面积求得，，即可求解；（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，联立直线与椭圆方程求得点坐标，联立直线与圆方程求得点坐标，利用斜率公式求得，得到直线的点斜式方程，整理后即可证明.【小问1详解】由题意可得，又因为，所以，所以椭圆C的方程为.【小问2详解】证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，因为为，则直线的方程为，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，，得，因为点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，所以，，所以，代入直线的方程可得，所以为，联立直线与圆方程，，得，所以，代入直线的方程可得，所以为，所以，所以直线的方程为，整理可得，所以直线恒过定点.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．假如多做，则按所做的第一题计分．【选修4-4：坐标系与参数方程】22.在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（θ为参数，），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.（1）求直线l的直角坐标方程；（2）若l与C有公共点，求m的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）绽开方程为，依据，，代入即可求解；（2）联立与C的方程可得，转化交点问题为方程有解问题，依据范围求得范围，即可求解.【小问1详解】因直线的极坐标方程为：，所以，又因为，，所以直线