新疆乌鲁木齐市2024-2025学年高三数学上学期第一次月考文试题含解析

Page19新疆乌鲁木齐市2024-2025学年高三数学上学期第一次月考（文）试题一、单选题（本大题共12小题，共60.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合，，则的真子集个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】依据集合的交集运算，由元素个数即可求解.【详解】因为，，所以，所以真子集个数为.故选：C【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，真子集，属于简单题.2.命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先确定“”为真命题时的范围，进而找到对应选项.【详解】“”为真命题，可得，因为，故选:D.3.函数的图像的一个对称中心是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式和协助角公式化简函数解析式，然后求对称中心即可.【详解】，令，，解得，，当时，，，所以是一个对称中心.故选：A.4.一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上高校的费用，从孩子一周岁生日起先，每年到银行储蓄元一年定期，若年利率为保持不变，且每年到期时存款（含利息）自动转为新的一年定期，当孩子18岁生日时不再存入，将全部存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据题意依次分析孩子在1周岁时、2周岁时存入的元产生的本利合计，则可得是以为首项，为公比的等比数列的前17项的和，由等比数列的求和公式可得答案.【详解】依据题意，当孩子18岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的元产生的本利合计为，同理：孩子在2周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在3周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在17周岁生日时存入的元产生的本利合计为，可以看成是以为首项，为公比的等比数列的前17项的和，此时将存款（含利息）全部取回，则取回的钱的总数：故选：D【点睛】本题考查数列的应用，涉及等比数列的前项和的公式的应用，属于基础题.5.在正方形ABCD中，M是BC的中点．若，则的值为（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求解作答.【详解】在正方形ABCD中，以点A为原点，直线AB，AD分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，令，则，，，因，于是得，解得，所以的值为.故选：B6.设是等差数列，是其公差，是其前n项的和．若，，则下列结论不正确的是（）A. B. C. D.与均为的最大值【答案】C【解析】【分析】由已知条件可以得出，，，即可得公差，再利用等差数列的性质以及前n项的和的性质可推断每个选项的正误，进而可得正确选项.【详解】由可得，由可得，故选项B正确；由可得，因为公差，故选项A正确，，所以，故选项C不正确；由于是等差数列，公差，，，，所以都是的最大值，故选项D正确；所以选项C不正确，故选：C7.已知，，则的值为A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】所以，选D.8.若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上点的随意一点，则的最大值为A.2 B.3 C.6 D.8【答案】C【解析】【详解】由椭圆方程得F(－1,0)，设P(x0，y0)，则＝(x0，y0)·(x0＋1，y0)＝＋x0＋∵P为椭圆上一点，∴＋＝1.∴＝＋x0＋3＝＋x0＋3＝(x0＋2)2＋2.∵－2≤x0≤2.∴的最大值在x0＝2时取得，且最大值等于6.9.在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法错误的是（）A. B.数列是等比数列C.数列是公差为等差数列 D.【答案】C【解析】【分析】A选项：依据，，再结合等比数列的通项公式即可得到数列的公比；B选项：利用求和公式得到，再利用等比数列的定义证明是等比数列即可；C选项：利用等差数列的定义证明为等差数列即可；D选项：依据求即可.【详解】A选项：因为若，，所以，，所以，所以，（舍），故A正确；B选项：由A知，，所以，，，所以，且，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，故B正确；C选项：由B知，，且，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故C错误；D选项：由B知，，故D正确；故选：C.10.已知关于的不等式的解集为，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】一元二次不等式解集转化为一元二次方程的解，依据韦达定理求出，，再用基本不等式求出最值【详解】的解集为，则是方程的两个根，故，，故因为，所以有基本不等式得：，当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为故选：D11.在中，，，O是的外心，则的值为（）A.8 B.6 C.4 D.3【答案】C【解析】【分析】依据圆的性质，结合平面对量数量积的定义、运算性质进行求解即可.【详解】过点O分别作于点D，于点E，依据圆的性质可得D，E分别为，的中点，.故选：C.12.已知函数，则下列说法正确的是（

）A.是函数的对称轴B.函数在区间上单调递增C.函数的最大值为，最小值为-2D.函数在区间上恰有2024个零点，则【答案】D【解析】【分析】对于A,验证，即可推断正误；对于B，脱掉肯定值符号，求导数，分段探讨，依据三角函数的单调性进行推断；对于C，分段探讨，采纳换元法，求得函数的最值；对于D，先推断在上的零点有两个，即可知当时，函数在上有个零点，由此结合条件求得.【详解】A.,故不是函数的对称轴，故A错误；B.时，则，当时，递减，递增，故在区间上单调递减，且，则时，，递增，时，，递减，故B错误；C.由于，即是的一个周期，故只需考虑在上的最值即可；当时，，令，则在为单调减函数，故；当时，，令，则在单调增函数，故，综合以上可知最大值为，最小值为，故C错误；D．由于是的一个周期，故先考虑在上的零点状况，，当且仅当时，，此时或，即在上的零点有两个，即当时，函数在上有个零点，由于函数区间上恰有2024个零点，则，故D正确，【点睛】本题综合考查了含肯定值符号时三角函数的性质问题，综合性较强，要能综合应用三角函数以及分类探讨脱肯定值符号的相关学问敏捷解答.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知，，且，求的最小值_______【答案】##【解析】【分析】利用基本不等式里“1”的运用求最值即可.【详解】∵，，且，∴当且仅当且，即，时取等号，则的最小值.故答案为：.14.若函数在区间上的最大值为，则实数_______.【答案】3【解析】【分析】先分别变量，再由复合函数的单调性知，分类探讨即可.【详解】∵函数，由复合函数的单调性知，当时，在上单调递减，最大值为；当时，在上单调递增，最大值为，即，明显不合题意，故实数.故答案为：315.已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____.【答案】【解析】【分析】令，依据不等式恒成立，得到，解不等式即可.【详解】令，因为当时，不等式恒成立，所以，即，解得或，所以实数的取值范围为.故答案为：.16.数列满意，前16项和为540，则______________.【答案】【解析】【分析】对为奇偶数分类探讨，分别得稀奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.【详解】，当为奇数时，；当为偶数时，.设数列的前项和为，，.故答案：.【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类探讨思想和数学计算实力，属于较难题.三、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在中，为上一点，，，.（1）若，求外接圆的半径；（2）设，，求面积.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据余弦定理求解长度，进而由正弦定理即可求解外接圆半径，（2）依据边角关系在中利用余弦定理可求解长度，进而依据正弦定理求解,由面积公式即可求解.【小问1详解】由余弦定理，解得；又，解得；∴外接圆的半径为；【小问2详解】由，所以，所以；由；设，则，，在中，，，，由余弦定理得，解得；所以，；由正弦定理，即，解得；所以，即的面积为.18.2024年东京奥运会，中国举重选手8人参赛，7金1银，在全世界面前呈现了真正的中国力气；举重竞赛依据体重进行分级，某次举重竞赛中，男子举重按运动员体重分为下列十级：级别54公斤级59公斤级64公斤级70公斤级76公斤级体重54.01～5959.01～6464.01～7070.01～76级别83公斤级91公斤级99公斤级108公斤级108公斤级以上体重76.01～8383.01～9191.01～9999.01～108每个级别竞赛分为抓举与挺举两个部分，最终综合两部分的成果得出总成果，所举重量最大者获胜，在该次举重竞赛中，获得金牌的运动员的体重以及举重成果如下表体重5459647076839199106举重成果291304337353363389406421430（1）依据表中的数据，求出运动员举重成果y与运动员的体重x的回来直线方程（保留1位小数）；（2）某金牌运动员抓举成果为170公斤，挺举成果为204公斤，则该运动员最有可能是参与的哪个级别的举重？参考数据：；参考公式：．【答案】（1）；（2）83公斤级举重.【解析】【分析】（1）依题意，计算出，，由公式求得，，由此求得回来方程．（2）依据回来方程得：，解之可推断.【详解】解：（1）依题意，，，，则，故回来方程为：．（2）该运动员的抓举和挺举的总成果为374公斤，依据回来方程可知：，解得，即该运动员的体重应当在81公斤左右，即参与的应当是83公斤级举重．19.如图，桌面上摆放了两个相同的正四面体和.（1）求证：；（2）若，求四面体的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接与相交于点，证得为的中点，连接，，利用线面垂直的判定定理证得平面，即可得到；（2）过点分别作，得到分别为和的中心，分别求得的长度，结合平面，及，即可求解.【小问1详解】证明：因为与共面，所以连接与相交于点，因为和是相同的正四面体，所以四边形为菱形，则为的中点，连接，，因为，，所以，又因为，面，所以平面，所以；【小问2详解】在四边形中，过点分别作，垂足分别为，如图所示，可得分别为等边和等边的中心，因为，在等边中，可得，则，，在直角中，可得，同理可得，所以，由（1）知，平面，可得平面，所以.20.已知抛物线，过焦点的直线l交抛物线C于M、N两点，且线段中点的纵坐标为2．（1）求直线l的方程；（2）设x轴上关于y轴对称的两点P、Q，（其中P在Q的右侧），过P的随意一条直线交抛物线C于A、B两点，求证：始终被x轴平分．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设直线l的方程为：，联立方程，利用韦达定理可得结果；（2）设，借助韦达定理表示，即可得到结果.【详解】（1）由已知可设直线l的方程为：，联立方程组可得，设，则．又因为，得，故直线l的方程为：即为；（2）由题意可设，可设过P的直线为．联立方程组可得，明显．设，则．所以．所以始终被x轴平分．21.已知函数.（1）若，求函数的极值；（2）探讨函数的单调性.【答案】（1）微小值为，无极大值;（2）当时，在上单调递增；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.【解析】【分析】(1)依据题意求得，分和探讨的正负，从而确定函数的单调区间和极值；(2)求导得，令，对求导，当时，通过对的正负推断，从而得的正负及的单调区间；当时，求得，从而分和探讨的正负，从而确定函数的单调区间即可.【小问1详解】解：时，，，当时，，，所以，即上单调递增，当时，，，所以，即在上单调递减，则的单调递增区间为，单调递减区间为；所以函数的微小值为，无极大值.【小问2详解】解：因为，令，则，（i）当时，，在上单调递增，则，所以在上恒成立，所以在上单调递增；（ii）当时，，当时，，，，即在上递增，当时，，，，即在上递减.综上，当时，在上单调递增；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.选做题（二选一）22.已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与轴的非负半轴重合.若曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（t为参数）.（1）求曲线的直角坐标方程与直线的一般方程；（2）设点，直线与曲线交于、两点，求的值.【答案】（1），（2）9【解析】【分析】（1）依据，，，将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程，通过消参的方法得到直线的一般方程；（2）利用直线的参数方程中参数的几何意义求即可.【小问1详解】由，得，又由，，，得曲线的直角坐标方程为，即，由，消去参数，得直线的一般方程为.【小问2详解】由（1）知直线的参数方程可化为（t为参数），代入曲线的直角坐标方程得.由韦达定理，得，则.23.选修