2024-2025学年绵阳中学高三数学上学期9月联考试卷附答案解析

-2025学年绵阳中学高三数学上学期9月联考试卷本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．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.2.复数满足，则的虚部是（）A B. C. D.3.若，且，则（）A.1 B. C. D.或4.已知，则（）A. B. C. D.5.两圆锥母线长均为3，体积分别为，侧面展开图面积分别记为，且，侧面展开图圆心角满足，则（）A. B. C. D.6.命题在上为减函数，命题在为增函数，则命题是命题的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件7.已知函数，将的所有极值点按照由小到大的顺序排列，得到数列，对于正整数，甲：；乙：为单调递增数列，则（）A.甲正确，乙正确 B.甲正确，乙错误C.甲错误，乙正确 D.甲错误，乙错误8.已知定义在上的函数在区间上单调递减，且满足，函数的对称中心为，则（）（注：）A. B.C D.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.某学校有甲、乙、丙三个社团，人数分别为、、，现采用分层抽样的方法从中抽取人，进行某项兴趣调查．已知抽出的人中有人对此感兴趣，有人不感兴趣，现从这人中随机抽取人做进一步的深入访谈，用表示抽取的人中感兴趣的学生人数，则（）A.从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人B.随机变量C.随机变量的数学期望为D.若事件“抽取的3人都感兴趣”，则10.已知，则（）A. B.在上单调递增C.，使 D.，使11.“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出的．如图是抽象的城市路网，其中线段AB是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若Ax1,y1,Bx2,y2，则．在平面直角坐标系中，我们把到两定点的“曼哈顿距离”之和为常数的点的轨迹叫“新椭圆”．设“新椭圆”A.已知点，则B.“新椭圆”关于轴，轴，原点对称C.最大值为D.“新椭圆”围成的面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知椭圆的左、右焦点为，右顶点为为上一动点（不与左、右顶点重合），设的周长为，若，则的离心率为______．13.若曲线与曲线有公共点，且在公共点处有公切线，则实数______．14.若，则______．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.在某象棋比赛中，若选手甲和选手乙进入了最终的象棋决赛，经赛前数据统计发现在每局象棋比赛中甲和乙获胜的概率分别为和，且决赛赛制为局胜制，求：（1）前局中乙恰有局获胜的概率；（2）比赛结束时两位选手共进行了局比赛的概率．16.记的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若为边上中点，求的长．17.如图，三棱柱中，，且与均为等腰直角三角形，．（1）若为等边三角形，证明：平面平面；（2）若二面角的平面角为，求二面角的平面角的余弦值．18.已知双曲线的左、右焦点分别为的一条渐近线方程为，过且与轴垂直的直线与交于两点，且的周长为16.（1）求的方程；（2）过作直线与交于两点，若，求直线的斜率．19.已知函数．（1）当时，证明：；（2）现定义：阶阶乘数列满足．若，证明：．【答案】1.C【解析】【分析】解一元二次不等式可求得，再结合集合的特征即可计算得出结果.【详解】解不等式可得，又可得只有当时，的取值分别为在集合中，所以.故选：C2.D【解析】【分析】根据复数的除法运算化简化简可得，即可得共轭复数，由虚部定义即可求解.【详解】由，得，故，进而可得，即的虚部是，故选：D3.D【解析】【分析】根据向量数量积坐标运算公式计算垂直数量积为0求参.【详解】因为，所以，所以，即或.故选：D.4.A【解析】【分析】先由平方差公式化简已知条件并结合二倍角的余弦公式得，进而得，从而结合二倍角正弦公式即可计算求解.【详解】因为，所以，所以，即，所以由得，所以.故选：A.5.B【解析】【分析】利用圆锥侧面积公式推得，再由侧面展开图的圆心角公式推得，由此得到两圆锥高分别为与，从而求得两圆锥体积的比值.【详解】依题意，不妨设甲圆锥的底面半径为，高为，乙圆锥底面半径为，高为，则，，由得，故，因为侧面展开图的圆心角之和为，所以，故，所以，，所以.故选：B.6.A【解析】【分析】根据分段函数的单调性得到不等式得到，分离常数后，由的单调性得到，结合集合的包含关系得到是的充分不必要条件.【详解】要在上单调递减，则，解得，在1,+∞为增函数，则，解得，因为是的真子集，故命题是命题的充分不必要条件.故选：A7.B【解析】【分析】将函数的极值点转化为两个函数图像的交点的横坐标，由图象判断命题甲，结合函数图像利用极限思想判断命题乙.【详解】函数的定义域为，导函数，令，得，所以函数的极值点为函数与函数的图象的交点的横坐标，在同一平面直角坐标系中，分别画出函数与函数的图象，如图所示，由图可知，在区间内，函数函数与函数的图象，有且仅有个交点，且，所以命题甲正确；因为，函数为增函数，所以，由图像可知，随着的增大，与越来越接近，距离越来越小，所以数列为递减数列，命题乙错误.故选：B.【点睛】方法点睛：根据条件将的极值点转化成函数的“异号”零点，先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，再结合命题甲、乙，利用数形结合的方法求解.8.C【解析】【分析】利用求出函数的周期为4，利用的对称中心为求出的对称中心为，结合求出然后利用周期性，对称性和单调性逐项判断即可.【详解】，故，所以，函数的对称中心为，函数往左平移1个单位得到函数，故函数的对称中心为，，令得，，故，即且的对称中心为，故故即的对称轴为.对于A,在区间上单调递减，故，且，所以，故A错误；对于B,在区间上单调递减，对称中心为，故，且在区间上单调递减，则，，故B错误；对于C，，且，结合在区间上单调递减，故，故C正确；对于D，，故，且，即，结合在区间上单调递减，故，故D错误.故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过赋值法求出函数的周期性和对称性，然后结合函数的单调性求解即可.9.ACD【解析】【分析】结合分层抽样性质求出各社团所需抽取人数判断A，求随机变量的分布列，判断BD，由期望公式求的期望，判断C.【详解】设甲、乙、丙三个社团分别需抽取人，则，所以，，，所以从甲、乙、丙三个社团抽取的人数分别为人、人、人，A正确；随机变量的取值有，，，，，，所以随机变量的分布列为所以B错误；由期望公式可得随机变量的数学期望，C正确；因为，所以D正确.故选：ACD.10.AD【解析】【分析】对于A，代入化简即可；对于B，利用导数研究函数的单调性即可；对于C，D利用基本不等式求解即可，要注意等号是否能取到.【详解】对于A，，，故A正确.对于的定义域为，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以1即，在单调递减，故B错误；对于，当时，，此时不存在，使；当x>0时，，由B知，，等号取不到，故不存在，使，故C错误；对于D，当x>0时，，此时不存在，使；当时，，，则在上恒成立，所以在上单调递增，因为，所以，使得即，所以存在，使，故D正确.故答案为：AD.11.BC【解析】【分析】根据曼哈顿两点间距离公式，可判定A错误；根据“新椭圆”定义，求得其方程，画出“新椭圆”的图象，结合图象，可判定B、C正确；根据“新椭圆”的图象，结合三角形和矩形的面积公式，可判定D错误.【详解】对于A中，因为，可得，所以A不正确；对于B中，设“新椭圆”上任意一点为，根据“新椭圆”的定义，可得，即，当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得；当时，可得，当时，可得；当时，可得；当时，可得，作出“新椭圆”图象，如图所示，可得“新椭圆”关于轴，轴，原点对称，所以B正确；对于C中，由“新椭圆”的图象，可得的最大值为，所以C正确；对于D中，设“新椭圆”的图象，围成的六边形为，联立方程组，解得，所以，则，根据“新椭圆”的对称性，可得：“新椭圆”围成的面积为，所以D错误.故选：BC.12.【解析】【分析】根据已知条件列方程，求得与的关系式，从而求得双曲线的离心率.【详解】依题意，，则，所以离心率.故答案为：13.【解析】【分析】设曲线与曲线的公共点为，由题意可以得到，列出关于的方程并进行求解即可.【详解】由的定义域为，因此设曲线与曲线的公共点为，，则，即①，又，，且两曲线在公共点有公切线，则，即②，①②联立消去得，解得，代入①可得，故答案为：14.【解析】【分析】首先利用二项式定理求的展开式，从而确定的值，再利用二项式定理求的展开式，并把展开式用表示，最后求出的值.【详解】由①，则，，又②，①②得，即，因此，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过观察的展开式，发现展开式中一部分是整数，一部分是含的整数倍，从而确定的值，考查了二项式定理的应用，利用二项式定理求展开式，是一道综合性比较强的题.15.（1）前局中乙恰有局获胜的概率为.（2）比赛结束时两位选手共进行了局比赛的概率为.【解析】【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式求前局中乙恰有局获胜的概率；（2）根据独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求概率即可.【小问1详解】设事件甲第局比赛获胜为，，则，，事件前3局中乙恰有2局获胜可表示为，又，所以，所以，所以前3局中乙恰有2局获胜的概率为.【小问2详解】设事件比赛结束时两位选手共进行了局比赛为，事件前局甲胜局且第局甲胜为，事件前局乙胜局且第局乙胜为，则，且事件互为互斥事件，所以，所以比赛结束时两位选手共进行了局比赛的概率为.16.（1）（2）【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理，再化简可得，可得，求得；（2）由，，可得，在中，由余弦定理解得，得，由余弦定理求得，在中，由余弦定理即可求得.小问1详解】因为，由正弦定理得，在中，，则，得，因为，所以，即，，又，则，则，所以.【小问2详解】因为，由，所以，解得，在中，由余弦定理得，则，又为边上的中点，所以，在中，由余弦定理得则，在中，由余弦定理得，所以.17.（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）设的中点为，证明平面,然后利用线面垂直证明面面垂直即可；（2）作出二面角的平面角，然后利用线面关系作出二面角的平面角，然后利用余弦定理求余弦值即可.【小问1详解】设的中点为，连接,如图所示，因为与均为等腰直角三角形，，故,且,因为为等边三角形，故,故,即,且平面,,故平面,且平面，故平面平面.【小问2详解】由（1）知，，,且平面平面,故即二面角的平面角，即，故为等边三角形，则，因为，,且平面,所以平面,且,故平面,且平面,故，则设和中点分别为,连接,则,故,又因为,故，且平面,平面,故即二面角的平面角，且,因为,故,则,所以.故面角的平面角的余弦值为.18.（1）（2）或【解析】【分析】（1）将代入曲线E得，故得，从而结合双曲线定义以及题意得，解出即可得解.（2）由题意得直线的斜率存在且不为0，设，接着与曲线E联立方程结合韦达定理求得和，由得，与韦达定理结合即可求出，进而即可得直线的斜率.【小问1详解】将代入，得，所以，所以，所以由题得，，所以双曲线的方程为.【小问2详解】由（1）知，显然当直线的斜率不存在或的斜率为0时，不成立，故直线的斜率存在，且不为0，设，，，联立，则，且即，，又，所以，所以，所以由得，解得，故，故直线的斜率为或.19.（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）合理构造函数，利用导数求解最值，证明不等式即可.（2）利