2024-2025学年山西省晋城市高三上册9月月考数学检测试题（含解析）

2024-2025学年山西省晋城市高三上学期9月月考数学检测试题本试卷分和两部分，满分150分，时间120分钟.请考生按规定用笔将所有试题的答案标号涂､写在答题纸上.第I卷（选择题：共58分）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.若复数，则的实部为（）A.1 B.-1 C.2 D.-22.集合，，，则集合中的元素个数为（）A. B. C. D.3.已知平面向量、满足，若，则与的夹角为（）A B. C. D.4.已知，则（）A.7 B.-7 C. D.5.若，则（）A180 B. C. D.906.已知函数的图象关于点对称，且在上没有最小值，则的值为（）A. B. C. D.7.某种用保温材料制成的管道在单位长度上的热损失单位：满足，其中分别为管道的内外半径（单位：），分别为管道内外表面的温度（单位：），为保温材料的导热系数（单位：），某工厂准备用这种管道传输的高温蒸汽，根据安全操作规定，管道外表面温度应控制为，已知管道内半径为，当管道壁的厚度为时，，则当管道壁的厚度为时，约为（）参考数据.A. B. C. D.8.在三角形中，角，，的对边分别为，，且满足，，则面积取最大值时，（）A. B. C. D.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分､在每小题给出的四个进项中，有多项符合题目要求的.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.设，是两个平面，，是两条直线，下列命题正确的是（）A.如果，，那么.B.如果，，那么.C.如果，，，那么.D如果内有两条相交直线与平行，那么.10.已知，双曲线C：，则（）A.可能是第一象限角 B.可能是第四象限角C.点1,0可能在C上 D.点0,1可能在C上11.已知函数，则（）A.函数在上单调递减B.函数为奇函数C当时，函数恰有两个零点D.设数列是首项为，公差为的等差数列，则第Ⅱ卷（非选择题：共92分）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则______.13.在中，若，则______.14.已知，函数恒成立，则的最大值为______.四､解答题：本题共77分，解答题应写出文宇说明､证明过程和演算步骤.15.已知内角的对边分别为，，，点是边的中点，，且的面积为2．（1）若，求；（2）若，求．16.如图，多面体中，为正方形，，二面角的余弦值为，且.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.17.如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且．（1）若为的焦点，求证：；（2）过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程．18.现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为.甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏.（1）甲将游戏币向上抛出10次，用表示落下时正面朝上的次数，求的期望，并写出当为何值时，最大（直接写出结果，不用写过程）；（2）甲将游戏币向上抛出，用表示落下时正面朝上游戏币的个数，求的分布列；（3）将这枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由.19.已知为坐标原点，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且两切线间的距离为，其中.（1）求实数的值;（2）若点分别在曲线上，求与之和的最大值;（3）若点在曲线上，点在曲线上，四边形为正方形，其面积为，证明:附:ln2≈0.693.2024-2025学年山西省晋城市高三上学期9月月考数学检测试题本试卷分和两部分，满分150分，时间120分钟.请考生按规定用笔将所有试题的答案标号涂､写在答题纸上.第I卷（选择题：共58分）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.若复数，则的实部为（）A.1 B.-1 C.2 D.-2【正确答案】C【分析】将复数的分子分母同乘以分母的共轭复数，化简整理即得.【详解】由，可得的实部为2.故选：C.2.集合，，，则集合中的元素个数为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】解不等式，得出整数的取值，即可得解.【详解】解不等式，可得，所以，整数的取值有、、，又因为集合，，则，即集合中的元素个数为.故选：B.3.已知平面向量、满足，若，则与的夹角为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】依题意可得，根据数量积运算律求出，再由夹角公式计算可得.【详解】因为，且，所以，即，所以，设与的夹角为，则，因为，所以，即与的夹角为.故选：D4.已知，则（）A.7 B.-7 C. D.【正确答案】D【分析】由可求，再由两角和的正切可求.【详解】因为，故，故，而，故，故，而，故，所以，故，故，故选：D.5.若，则（）A.180 B. C. D.90【正确答案】A【分析】根据题意可知将二项式变形可得，求得含的项即可得出结果.【详解】易知，其中展开式中含项为，因此.故选：A6.已知函数的图象关于点对称，且在上没有最小值，则的值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先化简解析式，根据对称性可得，再结合最小值点即可求解.【详解】，因为的图象关于点对称，所以，故，即，当，即时，函数取得最小值，因为在上没有最小值，所以，即，由解得，故，得.故选：B7.某种用保温材料制成的管道在单位长度上的热损失单位：满足，其中分别为管道的内外半径（单位：），分别为管道内外表面的温度（单位：），为保温材料的导热系数（单位：），某工厂准备用这种管道传输的高温蒸汽，根据安全操作规定，管道外表面温度应控制为，已知管道内半径为，当管道壁的厚度为时，，则当管道壁的厚度为时，约为（）参考数据.A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据题意将已知数据代入求得的值，再代入即可得解.【详解】由题意可得，，，，，代入得，得出；则当管道壁的厚度为时，，则.故选：B，8.在三角形中，角，，的对边分别为，，且满足，，则面积取最大值时，（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】先根据条件，结合正、余弦定理，得到角的关系，再用角的三角函数表示的面积，换元，利用导数的分析面积最大值，对应的角的三角函数值，再利用角的关系，求.【详解】因为，又由余弦定理：，所以，所以.由正弦定理得：，所以或（舍去），故.因为，所以.由正弦定理.所以.因为，所以.设，.则，由，由，所以在上单调递增，在上递减，所以当时，有最大值.即当时，的面积最大.此时.故选：A关键点点睛：本题用到了三倍角公式，因为有些教材不讲这个公式，所以该公式的记忆或推导在该题中就格外重要.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分､在每小题给出的四个进项中，有多项符合题目要求的.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.设，是两个平面，，是两条直线，下列命题正确的是（）A.如果，，那么.B.如果，，那么.C.如果，，，那么.D.如果内有两条相交直线与平行，那么.【正确答案】ABD【分析】由立体几何知识对选项逐一判断【详解】对于A，由线面垂直的性质知A正确对于B，由面面平行的性质知B正确对于C，若，，，可得或，而位置关系不确定，故C错误对于D，由面面平行的判定定理知D正确故选：ABD10.已知，双曲线C：，则（）A.可能是第一象限角 B.可能是第四象限角C.点1,0可能在C上 D.点0,1可能在C上【正确答案】BD【分析】根据双曲线标准方程的特征，可得，即在第三象限或第四象限，分情况讨论得解.【详解】根据题意，可得，即，即且，所以在第三象限或第四象限.故A错误，B正确；当在第三象限时，有，，，双曲线方程为，当即，时，方程为，所以点在双曲线上，故D正确；当在第四象限时，有，，，双曲线方程为，因为，所以点不在双曲线上，故C错误.故选：BD.11.已知函数，则（）A.函数在上单调递减B.函数为奇函数C.当时，函数恰有两个零点D.设数列是首项为，公差为的等差数列，则【正确答案】BCD【分析】利用三角恒等变换化简，再利用正弦函数单调性奇偶性判断ABC，利用裂项相消及累加求和判断D.【详解】易知，同理，对A,先减后增，故A错误；对B,为奇函数，故B正确；对C,,则在单调递增，在单调递减，即在单调递增，在单调递减，又，，故函数恰有两个零点，故C正确；对D,易知，令，则，，,……..,则，故，故D正确.故选：BCD.关键点点睛：本题考查三角函数的性质及数列求和应用，关键是利用利用裂项相消及累加求和判断D.第Ⅱ卷（非选择题：共92分）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则______.【正确答案】【分析】利用两角和差的正切公式计算，再使用二倍角的正切公式即可.【详解】由，且，得，整理得，解得（舍）或，所以．故答案为.13.在中，若，则______.【正确答案】【分析】根据题意，求得和，设为线段上靠近的四等分点，得到，设，求得，即可求解.【详解】由，可得，即，可得，所以，又由，可得，即，设为线段上靠近的四等分点，则，设，则，所以，则，所以.故答案为.14.已知，函数恒成立，则的最大值为______.【正确答案】7【分析】当为正偶数时，不符合题意，当为正奇数时，只需研究时，分离参数得恒成立，设，利用导数求的最小值可解.【详解】当为正偶数时，当时，，不符合题意，所以为正奇数，则当时，恒成立，只需研究时，恒成立即可，当时，成立，则当时，因为此时小于0，所以恒成立，当时，恒成立，设，则，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，又因为为正奇数，所以的最大值为7.故7思路点睛：分为奇数、偶数进行讨论，之后采用分离参数的方法求参数的最值.四､解答题：本题共77分，解答题应写出文宇说明､证明过程和演算步骤.15.已知的内角的对边分别为，，，点是边的中点，，且的面积为2．（1）若，求；（2）若，求．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由题意得，再用三角形面积公式可解得的值，在中，由余弦定理可求出的值，继而可求出；（2）利用与的互补关系，在和中运用余弦定理，结合题意可得的值，由面积公式可得，再由余弦定理可得，从而可得的值，由的范围即可求解.【小问1详解】因为点是边的中点，所以．而，由，，解得．在中，由余弦定理，，解得，则．【小问2详解】在中，由余弦定理，，在中，由余弦定理，，而，，，所以，解得．又，得，在中，由余弦定理，，得，所以，，则．16.如图，多面体中，为正方形，，二面角的余弦值为，且.（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）通过证明AD⊥DE，，推出平面，得到平面平面；

（2）由（1）知，是二面角的平面角．以为坐标原点，所在直线为轴建立直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得平面与平面所成锐二面角的余弦值．【小问1详解】证明：∵，由勾股定理得：，又正方形中，且，平面∴平面，又∵面，∴平面平面【小问2详解】解：由（1）知是二面角的平面角作于，则且由平面平面，平面平面，面所以，面取中点，连结，则，如图，建立空间直角坐标系，则∴又，知的一个方向向量是设面法向量，则取，得又面一个法向量为，∴设平面与平面所成锐二面角为，则平面与平面所成锐二面角的余弦值为.17.如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且．（1）若为的焦点，求证：；（2）过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程．【正确答案】（1）证明见解析（2）．【分析】（1）将转化为(坐标表示),从而求出点的坐标即可解答；或者由，可看作是以为直径的圆与抛物线交点，从而求出的坐标即可解答；（2）由，易得，即，所以点必在中垂线上，联立直线与抛物线方程，再结合即可求解.【小问1详解】法一：由题可知，，设，，则，．因为，故，解之得，．，．．法二：由题可知，，设点，因为，故点在圆上，又因为点也在上，联立与得．解之得．因为，故．故，．．．【小问2详解】因，，所以，故．所以点必在中垂线上．方法一：设，直线的方程为，，．将代入得：，，．因为点在中垂线上，故．所以，即，左右两边同时除以得，解得：或，又因为所以，．因为，所以即．所以，，，．所以直线的方程为即．方法二：设，直线的方程为，，，将代入得：，，．因点必在中垂线上，且,所以点为的中点，故，．因为，所以即．所以，，．所以直线的方程为．即．18.现有n枚质地不同的游戏币，向上抛出游戏币后，落下时正面朝上的概率为.甲、乙两人用这n枚游戏币玩游戏.（1）甲将游戏币向上抛出10次，用表示落下时正面朝上的次数，求的期望，并写出当为何值时，最大（直接写出结果，不用写过程）；（2）甲将游戏币向上抛出，用表示落下时正面朝上游戏币的个数，求的分布列；（3）将这枚游戏币依次向上抛出，规定若落下时正面朝上的个数为奇数，则甲获胜，否则乙获胜，请判断这个游戏规则是否公平，并说明理由.【正确答案】（1），（2）分布列见解析（3）公平，理由见解析【分析】（1）依题意可得随机变量服从二项分布，即可得出期望值，依据二项式性质可得时，最大.（2）写出的所有可能取值，求出对应概率即可求得分布列；（3）根据题意可求得，可知游戏规则是公平的.【小问1详解】依题意得：每次抛游戏币落下时正面向上的概率均为，故，于是，当时，最大.【小问2详解】记事件为“第枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，则，Y可取.由事件相互独立，则.；；；故分布列为：X0123P【小问3详解】不妨假设按照的顺序抛这n枚游戏币；记抛第枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为；于是；即，即.记，则，故数列bn为首项是，公差为的等差数列；故，则，故，则，因此公平.19.已知为坐标原点，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线平行，且两切线间的距离为，其中.（1）求实数的值;（2）若点分别在曲线上，求与之和的最大值;（3）若点在曲线上，点在曲线上，四边形为正方形，其面积为，证明:附:ln2≈0.693.【正确答案】（1），（2）（3）证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求解；（2）（法一）由（1）知：，记直线的倾斜角分别为，斜率分别为，则，则,利用导数可求得的最大值，同理求得的最值；（法二）由（1）知：，点在圆，再证直线与圆和曲线均相切，结合直线与圆的位