江西省部分学校2024-2025学年高三上册9月月考考试数学检测试题（含解析）

江西省部分学校2024-2025学年高三上学期9月月考考试数学检测试题卷I（选择题）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。）1.设集合，，则（

）A. B. C. D.2.以下函数满足的的是（）A. B.C. D.3.记正项等差数列的前n项和为，，则的最大值为（）A.9 B.16 C.25 D.504.直线与平行，则实数（）A. B. C.或 D.05.的展开式中的系数为（）A.7 B.23 C.－7 D.－236.文娱晚会中，学生的节目有5个，教师的节目有2个，如果教师的节目不排在第一个，也不排在最后一个，并且不相邻，则排法种数为（）A.720 B.1440 C.2400 D.28807.已知四棱锥中，底面是矩形，且，侧棱底面，若四棱锥外接球的表面积为，则该四棱锥的表面积为（）A. B. C. D.8.已知函数，当实数时，对于都有恒成立，则的最大值为（）A. B. C. D.二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。未全对给3分，全对6分。）9.已知复数，下列说法正确的是（）A.若，则 B.C. D.10.已知函数，则（）A. B.在单调递增C.有最小值 D.的最大值为11.过抛物线的焦点的直线与相交于两点，则（）A. B.C. D.卷II（非选择题，共92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分。）12.已知函数，则在处的切线方程为__________.13.已知正数满足，则的最小值为______．14.已知平面向量，为单位向量，且，则向量在向量上的投影向量的坐标为________．四、解答题（本大题共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题13分；16-17题15分；18-19题17分）15.已知等差数列的公差为d（），前n项和为，且满足；，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求．16.已知函数（1）当时，求函数的单调区间；（2）求证：当时，17.已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若点D在边BC上，且，，求△的面积.18.如图，四棱锥的底面是矩形，平面平面ABCD，M是棱PD上的动点，是棱AB上的一点，且.（1）求证:;（2）若直线MN与平面MBC所成角的正弦值是，求点的位置.19.已知点，圆过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点．（1）求的轨迹方程；（2）当，求的方程及的面积．高三数学答案1.【正确答案】A【分析】化简集合或，，即可利用集合的交运算定义求解.【详解】由得或，,故，故选：A2.【正确答案】A【分析】由可得A正确；由对数函数真数的范围可得B错误；代入无意义可得C错误；由可得D错误；【详解】对于A，，所以，故A正确；对于B，，因为原函数的定义域为，所以无意义，故B错误；对于C，当时，，而无意义，故C错误；对于D，，故D错误；故选：A.3.【正确答案】C【分析】根据等差数列的求和公式计算可得，利用基本不等式计算即可得出结果.详解】∵，又∵，∴，当且仅当时，取“=”∴的最大值为25.故选：C4.【正确答案】A【分析】由直线与直线平行的充要条件，列式求解即可.【详解】因为直线与平行，所以且，解得.故选：A.5.【正确答案】A【分析】通过和的展开式通项来得到展开式中的系数.【详解】的展开式通项为，的展开式通项为，所以的展开式中的系数为.故选：A6.【正确答案】B【分析】先将学生的节目全排列，然后对教师节目进行插空即可得解.【详解】由题意可知，先将学生的节目全排列有种排法，然后对教师节目进行插空有种排法，所以满足题意的排法种数为种.故选：B.7.【正确答案】D【分析】由长方体模型得出，，再由线面关系结合面积公式得四棱锥的表面积.【详解】由题可将四棱锥的外接球看作是一个长方体的外接球，是长方体的体对角线，则球心是的中点，设外接球的半径，则，解得，则，如图，连接，由底面可知，.在中，，所以.在中，，，所以，所以.因为底面，所以，又平面PAB，所以平面，因为平面，所以，同理可证，，所以，又矩形的面积，所以该四棱锥的表面积为.故选：D8.【正确答案】A【分析】通过求导分析的单调性得到的最小值，由恒成立得到，得到，构造函数，由的最小值得到的最大值.【详解】，令得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故，所以，则恒成立，则，令，，令得，令得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以．故的最大值为．故选：A．9.【正确答案】BCD【分析】举出反例即可判断A；根据复数的乘法运算及复数的模的公式即可判断B；根据复数加减法的几何意义及坐标表示即可判断CD.【详解】对于A，设，显然，但，故A错；对于B，设，则，，，所以，故B对；对于CD，根据复数的几何意义可知，复数在复平面内对应向量，复数对应向量，复数加减法对应向量加减法，故和分别为和为邻边构成平行四边形的两条对角线的长度，所以，，故C对，D对.故选：BCD.10.【正确答案】ABD【分析】利用导数，函数的变化趋势等方法对选项逐一判断即可．【详解】已知函数，对于A选项：，正确；对于B选项：当时，，所以，所以在单调递增，正确；对于C选项：当时，，故没有最小值，不正确；对于D选项：的最小正周期为，是偶函数，定义域为．故只需研究即可．由B选项知：在单调递增，在上单调递减，的最大值为，正确．故选：ABD．11.【正确答案】AC【分析】由焦点的坐标即可判断AB，结合抛物线的定义，即可判断C，由平面向量的坐标运算，结合韦达定理即可判断D【详解】由题意可得F1,0，即，所以，故A正确，B错误；设Ax1,消去可得，则，所以，故C正确；又，则，故D错误；故选：AC.12.【正确答案】【分析】先求函数定义域，再用导数几何意义求出切线斜率，之后求出点坐标，点斜式解出切线方程并化为直线的一般式即可.详解】由题意知：，x∈0,+∞，，则切线斜率，又，所以，所以在点处的切线方程为：，即.故答案为.13.【正确答案】【分析】根据题意，得出，得到，结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意得，则，当且仅当时取等号，故的最小值为．故答案为.14.【正确答案】【分析】根据题意，求得，结合投影向量的计算公式，准确计算，即可求解.【详解】因为向量，为单位向量，且，可得，解得，所以在向量上的投影向量为.故答案为.15.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由等差数列前项和公式求得，结合等差数列、等比数列性质求得公差即可得解；（2）由裂项相消法即可求解.【小问1详解】，得，即．由，，成等比数列，得，，即．所以，故．【小问2详解】，∴.16.【正确答案】（1）增区间为，减区间为（2）证明见解析【分析】（1）当时，求出，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；（2）当时，利用导数求出函数的最大值为，然后证明，即证：，构造函数，利用导数证得即可.【小问1详解】解：当时，，，由，可得，由，可得，故当时，函数的增区间为，减区间为.【小问2详解】解：当时，因为，则，由，可得，由，可得，所以，函数的增区间为，减区间为，所以，下证：，即证：．记，，当时，，当时，，所以，函数减区间为，增区间为，所以，，所以恒成立，即．17.【正确答案】（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理的边角关系、三角形内角的性质可得，再应用二倍角正弦公式化简可得，即可求A的大小.（2）由题设可得，法一：由正弦定理及可得，再由余弦定理得到，最后根据三角形面积公式求△面积；法二：根据三角形面积公式有，由△的边BD与△的边DC上的高相等及已知条件可得，再由余弦定理得到，最后根据三角形面积公式求△面积；【小问1详解】由已知及正弦定理得：，又，∴，又，∴，则，而，∴，则，故，得.【小问2详解】由，，则.法一：在△中，，①在△中，，②∵，∴，③由①②③得：，又，得，∴，不妨设，，在△中，由余弦定理可得，，得，所以法二.∵△的边BD与△的边DC上的高相等，∴，由此得：，即，不妨设，，在△中，由余弦定理可得，，得，所以.18.【正确答案】（1）证明见解析；（2）是棱PD的中点.【分析】（1）首先利用垂直关系证明互相垂直，再以点为原点，建立空间直角坐标系，利用数量积证明线线垂直；（2）首先求平面的法向量，再利用线面角的向量公式，建立方程，即可求解.【小问1详解】证明：因为，所以，所以，因为平面平面ABCD，平面平面平面，所以平面ABCD，因为平面ABCD，所以，因为四边形是矩形，所以，故两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，所以，因为所以，即；【小问2详解】由（1），得设为平面的法向量，则，令，得，所以.设直线与平面所成角为，则，所以，因为，所以，即是棱PD的中点.19.【正确答案】（1）（2），【分析】（1）由圆的方程求出圆心坐标和半径，设出坐标，由与数量积等于0列式得的轨迹方程；（2）法一：由确定点M与点P坐标满足的等式，再结合（1）中轨迹方程，可求得l的方程，进而求弦长、圆心到直线的距离，即可求面积；法二：由确定点M与点P坐标满足的等式，求得坐标，确定直线方程，后同法一.【