湖北省沙市2024-2025学年高三上学期9月月考试题+数学试卷（含答案）

2024—2025学年度上学期2022级9月月考数学试卷命题人：郑华审题人：裴艳考试时间：2024年9月25日一、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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.．C．集合，若，则集合可以为（）．CA. B. C. D.．C【详解】．若复数，则（）．C【详解】A0 B. C.1 D.2．B．已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（

）．BA． B． C． D．．D【详解】由题意知，所以，两边取以10为底的对数，得，所以．纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量、放电时间和放电电流之间关系的经验公式：，其中为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为时，放电时间为；当放电电流为时，放电时间为，则该蓄电池的Peukert常数约为（参考数据：，）（

）．D【详解】由题意知，所以，两边取以10为底的对数，得，所以A．1.12B．1.13C．1.14 D．1.15．C【详解】因为所以则所以则，因为，所以，又则，所以．C【详解】因为所以则所以则，因为，所以，又则，所以故因为所以则.解法二：∵，∴，∴，故选CA． B． C．D．．B【详解】∵恒成立，设，则当时，时．B【详解】∵恒成立，设，则当时，时，∴，即，∴A． B． C． D．．A【详解】设，的定义域为，当时，，此时．A【详解】设，的定义域为，当时，，此时的图象与的图象没有交点，当时，，此时两图象没有交点，当时，，此时两图象有一个交点，当时，，此时两图象没有交点，当时，，此时两图象有一个交点，⑥当时，，，设在上单调递减，，且趋于时，趋于正无穷，∴存在使得，且时，∴在上单调递减，∴，即，结合以上分析，画出fx,gx在上的函数图象可知，两当时，由对称性可知，两图象在上有一个交点，⑧当时，，此时两图象有一个交点，当时，，，注意到，画出fx,gx在上的函数图象可知，两⑨当时，，此时两图象没有交点；综上所述，函数与函数的图象交点个数为6.A．6 B．7 C．8 D．9．A【详解】由题知是的正整数解，故，取指数得，同除得，，故，即，根据是递增数列可以得到也是递增数列，于是原不等式转化为.而可以得到满足要求的的最大值为．A【详解】由题知是的正整数解，故，取指数得，同除得，，故，即，根据是递增数列可以得到也是递增数列，于是原不等式转化为.而可以得到满足要求的的最大值为5，故A正确.A．5 B．6 C．7 D．8二、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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.．BD【详解】对于A．BD【详解】对于A选项，去掉后的平均数为，方差为，故A选项错误；对于B选项，由于随机变量服从正态分布，则，关于1对称，则故B选项正确；对于C选项，因为，所以，又因为回归方程为，所以，所以，故C选项错误；对于D选项，对于独立性检验，随机变量的值越大，则两变量有关系的程度的错误率更低，故越大，判定“两变量有关系”的错误率更低，D选项正确．故选:ABD.A．已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据的方差为168B．随机变量服从正态分布，若，则C．一组数据的线性回归方程为，若，则D．对于独立性检验，随机变量的值越大，则推断“两变量有关系”犯错误的概率越小．ACD【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，又正方体中，为棱的中点，可得,，平面,平面,．ACD【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，又正方体中，为棱的中点，可得,，平面,平面,又，且平面，平面平面,又平面，且平面，平面，又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，，即的轨迹为线段.由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；对B，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,，而，,故选项B不正确；对C，由正方体侧棱底面，三棱锥体积为，所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，此时,所以体积最小值为，故选项C正确；对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心，,,,所以底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为,由,,可得外接球半径，外接球的表面积为，故选项D正确.故选：ABD.

A．动点轨迹的长度为B．与不可能垂直C．三棱锥体积的最小值为D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为．ABD【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，即，

设，则，可得，因为，即，可知为等边三角形，即，且∥x轴，可知直线的倾斜角为，斜率为，故A正确；则直线，联立方程，解得或，即，，则，．ABD【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，即，

设，则，可得，因为，即，可知为等边三角形，即，且∥x轴，可知直线的倾斜角为，斜率为，故A正确；则直线，联立方程，解得或，即，，则，可得，在中，，且，可知为最大角，且为锐角，所以是锐角三角形，故B正确；四边形的面积为，故C错误；因为，所以，故D正确；故选：ABD.A．的斜率为B．是锐角三角形C．四边形的面积是D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.．【详解】因为“使”为假命题，所以“，”为真命题，其等价于在．【详解】因为“使”为假命题，所以“，”为真命题，其等价于在上恒成立，又因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增，而，所以，所以，即实数的取值范围为.．．在中，，∠，D为线段AB靠近点的三等分点，E为线段CD的中点，若，则的最大值为________.．．360【解析】∵，∴，列举可知：①（1，2，3）……（．360【解析】∵，∴，列举可知：①（1，2，3）……（1，2，6）有4个；②（1，3，4），……，（1，3，6）有3个；③（1，4，5）有1个；④（2，3，4），（2，3，5）有2个；故共有10个组合，∴共计有个这样的数列。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.．【解析】（1）设，，在中，由正弦定理得，，，代入已知化简得，又在中有：，即，【方法一】∵，．【解析】（1）设，，在中，由正弦定理得，，，代入已知化简得，又在中有：，即，【方法一】∵，即，所以，所以.【方法二】∵，即，所以，所以.（2）在中有，，，由正弦定理得：，，，因在中，，，，所以，，当时，等号成立，∴周长的取值范围是.（1）求的值；（2）若的面积为，求周长的取值范围.．【解析】（1）∵，当时，，两式相减得：，整理得，．【解析】（1）∵，当时，，两式相减得：，整理得，……4分∵，∴，当时，，∴（舍）或，……6分∴是以1为首项，1为公差的等差数列，则；……7分（2）由（1）知，，……9分∴，……10分由，令，…11分则时，……13分所以，即随着增大，减小，所以．……15分（1）求数列的通项公式；（2）设，若数列满足，且数列的前n项和为，若恒成立，求的取值范围．．【详解】（1）取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，连接，在中，，，则，于是，设，则．【详解】（1）取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，连接，在中，，，则，于是，设，则，其中，，因此，即，所以.（2）由平面平面，得，又，则，而平面，则平面，即为平面的一个法向量，，由平面，得，又，解得，此时，设是平面的法向量，则，取，得，设是平面的法向量，则，取，得，则平面FOD与平面夹角的余弦值为.（3），则点到直线的距离，当时，即的坐标为时，点到直线的距离取最大值为(1)求证：；(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值；(3)求点到直线距离的最大值.．【详解】（1）∵渐近线方程为，可设双曲线方程为，∵点在双曲线上，∴，所以的方程为；（2）①当直线中又一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在是，直线与轴重合，不符合题意；所以直线的斜率均存在且不为，解法一：Ax1,y1，．【详解】（1）∵渐近线方程为，可设双曲线方程为，∵点在双曲线上，∴，所以的方程为；（2）①当直线中又一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在是，直线与轴重合，不符合题意；所以直线的斜率均存在且不为，解法一：Ax1,y1，Bx2,y2，，，设的方程为，∴恒成立，，∴，∵∴∴，同理因为、、三点共线，所以，∴化简得：；解法二：设的方程为，Ax1,y1，Bx2由，得，则，所以，所以，则，所以，同理可得，因为、、三点共线，所以，又，所以，因为，所以；②，所以，设，则，所以，∴，∴，故.(1)求的方程；(2)若直线交轴于点，设.①求；②记，，求.．【详解】（1），其中为常数.而，即，所以，所以.（2）联立，解得，当时，，令，则围成的面积（3）令，由题意可知，，满足，即，即在上单调递增，进而．【详解】（1），其中为常数.而，即，所以，所以.（2）联立，解得，当时，，令，则围成的面