海南省北京师范大学万宁附属中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题

这是一份海南省北京师范大学万宁附属中学2024-2025学年高三上学期第一次月考数学试题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设是等比数列，则“”是“数列是递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
3．设为实数，且，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
5．若正实数满足，则的最小值为（ ）
A．7B．8C．9D．10
6．设函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
7．函数满足对任意实数，都有成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，若与所成角为，则（ ）
A.B．
C．D．
二、多选题
9．济南大明湖的湖边设有如图所示的护栏，柱与柱之间是一条均匀悬链．数学中把这种两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀、柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为怠链线．如果建立适当的平面直角坐标系，那么悬链线可以表示为函数，其中，则下列关于悬链线函数的性质判断正确的是（ ）
A．为偶函数B．为奇函数
C．的最小值是aD．的最大值是a
10．给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．幂函数图象一定不过第四象限
B．函数的图象过定点
C．是奇函数
D．
11．对于定义在上的函数，若是奇函数，是偶函数，且在1,2上单调递减，则（ ）
A．f3=0B．
C．D．在上单调递减
三、填空题
12．已知等差数列的前项和为，若，则 ．
13．若命题“，”为真命题，则实数m的取值范围是 .
14．已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为 .
四、解答题
15．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小，
(2)若的角平分线交边于点，且，求边.
16．已知函数在和处取得极值.
(1)求的值及的单调区间；
(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
17．某个足球俱乐部为了提高队员的进球水平，开展罚点球积分游戏，开始记0分，罚点球一次，罚进记2分，罚不进记1分．已知该俱乐部某队员罚点球一次罚进的概率为，罚不进的概率为，每次罚球相互独立．
(1)若该队员罚点球4次，记积分为，求的分布列与数学期望；
(2)记点球积分的概率为．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求．
18．如图，在四棱锥中，.
(1)求证：；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求的方程；
(2)记C的右顶点为A，过点A作直线与C的左支交于两点，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
2024-2025学年度第一学期高三第一次月考
数学试卷
参考答案：
12． 3 13．或 14．
1．A【详解】由题可知，，，所以，故选：A．
2．B【详解】设等比数列的公比为，由，可得，
解得或则中，的正负未定，
此时数列不一定是递增数列；由数列为递增数列，可得，
所以“”是“数列是递增数列”的必要而不充分条件．故选：B
3．D【详解】由可知，不妨取，
对于A，，所以A错误，对于C，，可得C错误；
对于B，当时，不成立，即B错误；
对于D，，即可得，即D正确.
4．D【详解】由函数，可得函数的定义域为，且，
故排除B,C,当时，且，排除A.故选：D.
5．C【详解】由为正实数，且，得，
则，
当且仅当，即时，取最小值9.故选：C.
6．C【详解】函数的定义域为，
且，所以为偶函数，
当时，因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
则在上单调递减，不等式，
即，等价于，解得或，
所以不等式的解集为.故选：C
7．D【详解】因为函数满足对任意实数，都有 成立，
不妨假设，则，可得，即，可知函数在R上递减，
则，解得：，所以的取值范围是.故选：D.
8．B【详解】建立如图所示的空间直角坐标系得：，
，而的夹角为
又
则，
由于，故选：B.
9．AC【详解】定义域为R，，
故f（x）为偶函数，A正确，B错误；因为，
所以，当且仅当x=0时取等号，C正确，D错误；故选：AC
10．ACD【详解】对于A项，根据幂函数的性质，可知幂函数图象一定不过第四象限，故A项正确；
对于B项，函数，
令，可得，代入可得，图象过定点，故B项错误；
对于C项，令，定义域为-1,1，
又因为，且的定义域关于原点对称，
所以是奇函数，故C项正确；
对于D项，，
因为，所以，
又因为，所以，所以，故D项正确.故选：ACD．
11．ABC【详解】令，因为是奇函数，
所以，
即的图象关于点对称．令，因为是偶函数，
所以，
即的图象关于直线对称．
A选项，由，令，可得，
由，令，可得，故A正确．
B选项，由，令，可得，故B正确．
C选项，由，令，可得，故C正确．
D选项，由在上单调递减，结合的图象关于点对称，可知在上单调递减，
由可知在上单调递减，又的图象关于直线对称，则在上单调递增，故D错误．故选:ABC．
12．3【详解】设公差为，因为，所以，所以，所以，
所以，所以，则.故答案为：.
13．或【详解】若命题“，”为真命题，
则，解得或，
所以实数m的取值范围是或.故答案为：或.
14．【详解】令，所以，
因为，所以，化简得，
所以在上是偶函数，
因为，
因为当，，所以，在区间上单调递增，
又因为为偶函数，所有在上单调递减，
由，得，又因为，所以，
所以，解得或，
所以不等式的解集为.故答案为：.
15．【详解】（1）由正弦定理可得，
因为，所以，可得.又B∈0,π，故.
（2）如下图所示：
在中，，
所以，
结合，所以，
所以，
可得，
所以是等腰三角形，且，
所以.
16．【详解】（1），
函数在和处取得极值．
，，联立解得：，．
，令，解得和，
时，，函数单调递增；时，，函数单调递减；时，，函数单调递增．故和是的极值点，
故函数单调递增区间为，；函数单调递减区间为．
（2）由（1）知在单调递减，在单调递增，
要使得对任意，不等式恒成立，则需且，
故且，解得，或，
的取值范围是,,．
17．
【详解】（1）由题意得，的所有可能取值为4，5，6，7，8，
，
，
的分布列为
．
（2）（ⅰ）由题意得，．
（ⅱ）由题意得，要得分，必须满足以下情形：先得分，再点1个球不进，此时概率为，
或先得分，再点1个球进球，此时概率为，
这两种情况互斥，，
是首项为，公比为的等比数列，
，
，．
18．【详解】（1）设相交于点，因为，
所以四边形是菱形，所以，且为的中点，
连接，因为，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）过点作平面的垂线，
以所在的直线分别为轴､轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.
因为，所以是二面角的平面角，
所以，且结合已知有，
因为在平面内，所以由已知及平面几何的性质，得，
所以，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，所以，
令，则，所以是平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
19．【详解】（1）由题意，所以双曲线方程；
（2）法1：由（1）知，当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为，
联立方程组，，即，
设，由韦达定理可得
因为，所以，
，
，
，
或，
将代入直线，此时直线MN过定点，不合题意；
将代入直线，此时直线MN过定点，
当直线MN的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
因为，所以为等腰直角三角形，此时M点坐标为，
所以（舍）或，此时MN过定点，
综上可知，直线MN恒过定点.
因为，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
所以存在定点Q为AP中点满足，此时．
法2：由（1）知，设直线MN方程为，
联立方程组，
，
，
两边同时除以，得，
设，因为，所以，
，，即，
由韦达定理得，
代入直线，
直线过定点．
因为，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
所以存在定点Q为AP中点满足，此时．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
D
D
C
C
D
B
AC
ACD
ABC
4
5
6
7
8