陕西省渭南市2024-2025学年高三上册9月联考数学检测试题合集2套（含解析）

陕西省渭南市2024-2025学年高三上学期9月联考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）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、多选题（本大题共3小题）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

A．已知点，则B．“新椭圆”关于轴，轴，原点对称C．的最大值为D．“新椭圆”围成的面积为三、填空题（本大题共3小题）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（本大题共5小题）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)若为边上的中点，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．【正确答案】C【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C.2．【正确答案】D【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D.3．【正确答案】D【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．【正确答案】A【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．【正确答案】B【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．【正确答案】A【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A.7．【正确答案】B【分析】将函数的极值点转化为两个函数图象的交点的横坐标，由图象判断命题甲，结合函数图象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.【关键点拨】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．【正确答案】C【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.【关键点拨】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．【正确答案】ACD【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B、D，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．【正确答案】AD【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.故选AD.11．【正确答案】BC【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”的定义，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错误；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”的图象，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．【正确答案】【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．【正确答案】【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．【正确答案】【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.【关键点拨】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．【正确答案】(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.【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.【详解】（1）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.（2）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．【正确答案】(1)(2)【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.【详解】（1）因为，由正弦定理得，在中，，则，得，因为，所以，即，，又，则，则，所以.（2）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．【正确答案】(1)见解析(2)【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.【详解】（1）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.（2）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，则设和的中点分别为,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．【正确答案】(1)(2)或【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.【详解】（1）将代入，得，所以，所以，所以由题得，，所以双曲线的方程为.（2）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．【正确答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【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）利用给定定义结合累加法对目标式进行化简，再结合换元法转化后利用导数证明即可.【详解】（1）令函数，要证明时，，即证明，，，所以当时，ℎx单调递减，所以，故原不等式成立.（2）将左右同除以，有即，累加有，即，由（1）知，，即，所以，所以，所以，当时也满足，所以所以，下面证明，令数列，，因为，因为，故只需判断的符号，令，则，令，当x∈1,+∞时，，所以F所以，所以，即故数列bn单调递增，所以，故原不等式成立.【关键点拨】本题考查导数新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后利用累加法和换元法合理转化，最后利用导数得到所要求的不等关系即可．陕西省渭南市2024-2025学年高三上学期9月联考数学检测试题（二）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4．本试卷主要考试内容：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、三角函数.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．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，2．若，，则（

）A． B． C． D．13．已知集合，，，则（

）A．且 B．且C．且 D．且4．已知函数，则“”是“曲线关于直线对称”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件5．如图，在中，，顶点A在函数的图象上，顶点B在x轴上，顶点C在函数的图象上，轴，若，，则（

）A． B． C． D．6．大荔冬枣是陕西省渭南市大荔县的特产.大荔冬枣果个大，果实近圆形，果面平整光洁，果皮薄，完熟期呈浅黄片状赭红色，肉细嫩，果肉乳白色，口感细嫩酰脆且味香甜.假设某水果店销售的大荔冬枣的单价（单位：元/斤）与单果的直径（单位：）满足关系式.当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为8元/斤；当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为24元/斤.当单果的直径为时，大荔冬枣的单价约为（

）（参考数据：）A．11.5元/斤 B．12.5元/斤 C．10元/斤 D．14元/斤7．若锐角，满足，，则（

）A． B． C． D．8．若，，，则（

）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．下列命题既是存在量词命题又是真命题的是（

）A．，B．，C．至少存在两个质数的平方是偶数D．存在一个直角三角形的三个内角成等差数列10．已知幂函数的图象经过点，则函数的大致图象可能为（

）A． B．C． D．11．对任意，函数，都满足，则（

）A．是增函数 B．是奇函数C．的最小值是 D．为增函数三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的最小值为，此时．13．已知函数，则．14．若函数在上有两个零点，则m的取值范围是．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．已知集合，．(1)若，求，；(2)若或，求m的取值范围．16．已知函数满足．(1)求的解析式；(2)若，求的值域；(3)讨论的定义域．17．已知(1)证明：的最大值与的最小值相等．(2)若恒成立，求m的取值范围．18．已知函数的部分图象如图所示.(1)求.(2)若将的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于原点对称，证明.(3)若函数（常数）在区间1,2上是单调函数，求的最大值.19．若关于的方程的系数均为整数，，则称该方程为次整系数方程，若该整系数方程存在无理数根，则称该方程为次优越方程.若关于的方程的系数均为实数，，则称该方程为次实系数方程.(1)试问这两个方程哪个是次优越方程？说明你的理由.(2)已知4次实系数方程有个互不相等的实根，求的取值范围.(3)若是6次优越方程的一个实根，求的一组值.1．A【分析】利用全称量词命题的否定为存在量词命题即得.【详解】命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以命题“，”的否定是“，”.故选：A2．A【分析】根据给定条件，利用诱导公式计算即得.【详解】依题意，.故选：A3．C【分析】变形数，再利用元素与集合的关系判断即得.【详解】依题意，，所以且.故选：C4．B【分析】由曲线关于直线对称求出，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.【详解】由曲线关于直线对称，得，解得，又，于是或，所以“”是“曲线关于直线对称”的充分不必要条件.故选：B5．C【分析】根据函数解析式及勾股定理，求出的长即可得解.【详解】如图，设AC与y轴交于点D．因为轴，，所以，所以，所以点A的纵坐标为3．将代入，得，解得，所以．在中，，，则，所以，所以点C的坐标为，故．故选：C6．A【分析】由题意可得，，求解可得，，计算可得的值.【详解】根据题意有当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为8元/斤；当单果的直径为时，大荔冬栙的单价为24元/斤，所以，，两式相除可得，所以，所以，解得，当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为(元/斤).故选：A.7．D【分析】根据给定条件，利用二倍角公式、同角三角函数基本公式求出，再利用和角的正切公式计算即得.【详解】由，为锐角，得，则，，由，得，又为锐角，则，所以．故选：D8．B【分析】先运算变形，再根据指数函数和对数函数的单调性可判断.【详解】，，因，故，，故，综上，故选：B9．BD【分析】利用存在量词命题的定义及真假判断方法，逐项判断即得.【详解】对于A，“，”是全称量词命题，A错误；对于B，“，”是存在量词命题，，B正确；对于C，只有质数2的平方为偶数，即不存在两个质数的平方是偶数，C错误；对于D，内角为，，的直角三角形，其三个内角成等差数列，D正确．故选：BD10．AC【分析】先利用幂函数的解析式得到的解析式，从而得到为二次函数，进而根据二次函数的对称轴位置得到结果.【详解】设幂函数，将代入可得：，所以，，所以是二次函数，故排除B选项，对称轴为，在轴左侧，故排除D选项，当时，为开口向上的二次函数，可知A正确，当时，为开口向下的二次函数，可知C正确.故选：AC.11．ACD【分析】由题目给到的等式，分别求出，解析式，由解析式分别判断选项是否正确.【详解】由题意得恒成立，所以存在常数a，使得且．令，得解得经检验，符合条件．由，易知是增函数，显然，即不是奇函数，A正确，B错误.因为，所以在上单调递减，在0,+∞上单调递增，所以的最小值为，C正确.由为增函数，D正确．故选：ACD12．11【分析】由题意可得，利用基本不等式求解即可.【详解】解：因为，所以，所以．当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为11，此时.故；13．700【分析】根据给定条件，探讨时函数的性质，再借助性质求出分段函数的函数值.【详解】当时，，则，即，所以.故70014．【分析】利用三角恒等变换化简函数，再结合正弦型函数图象性质求出的范围.【详解】令函数，由，得，当，即时，函数单调递增，函数值从增大到，当，即时，函数单调递减，函数值从减小到，由，得，函数有两个零点，即直线与函数在上的图象有两个交点，则，所以m的取值范围是.故思路点睛：涉及求正(余)型函数在指定区间上的最值问题，根据给定的自变量取值区间求出相位的范围，再利用正(余)函数性质求解即得.15．(1)，；(2).【分析】（1）解不等式化简集合，再利用交集、并集、补集的定义求解即得.（2）利用交集的结果，借助集合的包含关系建立不等式并求解即得.【详解】（1）依题意，，或，当时，，所以，.（2）若或，则或，当时，，解得；当时，若，则，解得，若，则，无解，因此，所以m的取值范围为.16．(1)(2)(3)答案见解析【分析】（1）换元法求函数解析式即可；（2）换元后求出真数的取值范围，再利用对数函数的单调性求值域；（3）分类讨论m的取值范围，再得出函数的定义域.【详解】（1）令，得，则，所以．（2）若，则，令，当且仅当时，u取得最小值，且最小值为4．因为为减函数，所以，故的值域为．（3）．当时，，则的定义域为；当时，，则的定义域为；当时，由，得或，则的定义域为．综上，当时，的定义域为；当时，的定义域为．17．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用基本不等式及“1”的妙用求出最值即可.（2）变形式子，并求出最小值，再借助恒成立求解即得.【详解】（1）由，得，，则，即，当且仅当时取等号，因此的最大值为；，当且仅当，即时取等号，因此的最小值为，所以的最大值与的最小值相等．（2）由（1）知，，，，则，当且仅当，即时取等号，因此的最小值为1，依题意，，解得，所以m的取值范围为.18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）由正余弦函数的图象，先根据周期可求，，再通过代入点的坐标即可得；（2）由余弦型函数的平移变换得平移后的解析式为，结合图象关于原点对称的条件即可求得答案；（3）首先利用诱导公式以及两角和与差公式的逆用可得，再分类讨论，结合正弦型函数的