浙江省金华市第一中学2025届高三上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

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命题：高三数学组 校对：高三数学组
一、选择题：本大题共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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合A，利用交集的定义直接求解即得.
【详解】依题意，集合，而，
所以.
故选：C
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数乘法运算和共轭复数概念可得.
【详解】因为，所以.
故选：D
3. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换得到，利用求出最小正周期.
【详解】由余弦和角公式、倍角公式、降幂公式可得
，
所以的最小正周期为．
故选：C
4. 比较两组测量尺度差异较大数据的离散程度时，常使用离散系数，其定义为标准差与均值之比.某地区进行调研考试，共10000名学生参考，测试结果（单位：分）近似服从正态分布，且平均分为57.4，离散系数为0.36，则全体学生成绩的第84百分位数约为（ ）
附：若随机变量服从正态分布.
A. 82B. 78C. 74D. 70
【答案】B
【解析】
【分析】先根据题意计算标准差，从而得到正态分布，再利用正态密度曲线的轴对称性和百分位数的定义进行求解即可.
【详解】根据题意得标准差为，所以测试结果（单位：分）近似服从正态分布，
又因为，且，所以全体学生成绩的第84百分位数约为.
故选：B.
5. 设抛物线的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，，，则l的斜率是（ ）
A. ±1B. C. D. ±2
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线的定义得到如图的抛物线，得到，可求得，做在直角三角形中，可求得，结合斜率的定义进行求解即可
【详解】下图所示为l的斜率大于0的情况．
如图，设点A，B在C的准线上的射影分别为，，，垂足为H．
设，，则．
而，所以，
l的斜率为．同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
另一种可能的情形是l经过坐标原点O，可知一交点为，则，
可求得，可求得l斜率为，
同理，l的斜率小于0时，其斜率为．
故选：D
6. 某地响应全民冰雪运动的号召，建立了一个滑雪场．该滑雪场中某滑道的示意图如下所示，点、点分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为．两点之间为滑雪弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图像的一部分．综合考安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪者的身体与地面约成的夹角．若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则、两点在水平方向的距离约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以滑道的最陡处为原点建立平面直角坐标系，由题意可知，为的中点，设三次函数的解析式为，其中，设点，则，在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，由题意得出，，求出，即可得解.
【详解】以滑道的最陡处为原点建立平面直角坐标系，由题意可知，为的中点，
设三次函数的解析式为，其中，设点，则，
，在滑道最陡处，，
则的对称轴为直线，则，可得，则，，
在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，
则，
所以，，，
由图可知，可得，
，则.
故选：D.
7. 设三点在棱长为2的正方体的表面上，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，不妨假设A在平面中，设，，，和分别是点，在平面上投影，利用向量不等式可得：，即可求解
【详解】将正方体置于空间直角坐标系中，且A在平面中，点和点的连线是一条体对角线．
设，，，
和分别是点，在平面上的投影．
可得，，，
则
，
因为，
当且仅当点C为的中点时，等号成立，
可得，
所以，当，，且时等号成立．
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题形式简洁，但动点很多，且几乎没有约束条件，这时就需要学生对于动点所在的位置进行分类讨论，讨论的顺序、对于对称性的使用都对学生提出了很高的要求．从几何角度来看，点，不会位于A所在面的一侧，故如果采用坐标形式计算数量积，一定会有一项是非负的，且可以取到0．找到这一突破口后，即可将问题转化为平面向量的问题，也就很容易得到结果了．
8. 已知数列满足，，是的前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为（ ）
A. 48B. 50C. 52D. 54
【答案】D
【解析】
【分析】根据可得，由累加迭代法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得进而可求解.
【详解】由，得，
由累加法，当时，an=an−an−1+an−1−an−2+⋅⋅⋅+a2−a1+a1>1+1+⋅⋅⋅+1=n，
因此Sm=a1+a2+⋅⋅⋅+am>1+2+⋅⋅⋅+m=mm+12，即得2024>mm+12；
所以，当时，，故；
由，得
所以，
以此类推，得，
因此，即，得；
又，所以，即；
综上可知，，故满足条件的正整数所有可能取值的个数为个.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用不等式将数列an的通项公式通过放缩法和累加法可求得且，再由解不等式即可得出正整数的所有可能取值.
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. 已知，，， 的外接圆为，则（ ）
A. 点的坐标为B. 的面积是
C. 点在外D. 直线与相切
【答案】BC
【解析】
【分析】根据垂直平分线计算交点得到圆心为，再计算半径为，得到圆方程，再依次判断每个选项得到答案.
【详解】，的垂直平分线的斜率满足：，
，的中点为，故垂直平分线方程为；
同理可得，的垂直平分线方程为：，
，两条垂直平分线的交点为：，
故圆心为，，圆方程为.
对选项A：点的坐标为，错误；
对选项B：的面积是，正确；
对选项C：，正确；
对选项D：到直线的距离，相交，错误.
故选：BC
10. 连续投掷一枚均匀骰子3次，记3次掷出点数之积为X，掷出点数之和为Y，则（ ）
A. 事件“X为奇数”发生的概率B. 事件“”发生的概率为
C. 事件“”和事件“”相等D. 事件“”和事件“Y＝6”独立
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用相互独立事件、对立事件的概率公式计算判断AB；写出事件的所有基本事件判断C；利用相互独立事件的定义判断D.
【详解】对于A，事件“X为奇数”等价于“3次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为，A正确；
对于B，事件“”的对立事件为“或”，而“”等价于“3次掷出的点数均为6”，
其概率为，“”等价于“掷出的3个点数中有2个6和1个5”，
其概率为，因此，B正确；
对于C，事件“”和事件“”包含相同的样本点，因此是相等事件，C正确；
对于D，事件“”等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4，或者2个2和1个1”，
其概率为，事件“”等价于“3次掷出的点数中有3个2，或者2个1和1个4，
或者1个1，1个2和1个3”，其概率为，
而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4”，其概率，D错误．
故选：ABC
11. 设，n为大于1的正整数，函数的定义域为R，，，则（ ）
A. B. 是奇函数
C. 是增函数D.
【答案】AD
【解析】
【分析】运用赋值判定A;运用赋值结合反证法判定B;运用特例判定C;运用赋值加累加法判定D．
【详解】令可知，，所以，A正确；
令，得，令，得，
则．若是奇函数，则，
结合知．而令得，
所以，矛盾！，故不是奇函数，B错误；
取，则，
满足题设要求，但此时为减函数，故C错误；
由，，…，，
累加可得．
设，
，故，
即，D正确．
故选：AD.
【点睛】知识点点睛：本题考查抽象函数、函数基本性质、函数与不等式．抽象函数作为近年来的热门考点，以形式简洁、内涵丰富而常见于各大模拟卷及高考卷．本题属于难题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 对于各数位均不为的三位数，若两位数和均为完全平方数，则称具有“性质”，则具有“性质”的三位数的个数为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先列出具有两位数，且每一位都不为0的完全平方数，然后根据题意组合即可.
【详解】已知
经过组合可知：具有“性质”的组合有：；；；，
此时的三位数分别为：，共个.
故答案为：
13. 过双曲线的一个焦点作倾斜角为的直线，则该直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】求出过焦点的直线方程和渐近线方程后可求三角形的面积.
【详解】由双曲线的对称性不妨设倾斜角为的直线过右焦点，

由双曲线可得渐近线方程为，
双曲线的半焦距为，故右焦点坐标为，
过倾斜角为的直线方程为，
由可得交点坐标为，
由可得交点坐标为，
倾斜角为的直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积为，
故答案为：.
14. 已知四面体各顶点都在半径为3的球面上，平面平面，直线与所成的角为，则该四面体体积的最大值为_________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，探求四面体体积的表达式，并确定体积最大时四面体的结构特征，结合球半径、球心到平面和平面的距离及长表示出最大体积的关系式，再利用均值不等式、导数求最值求解作答.
【详解】在中，过作于，连接，因为，平面，
则平面，显然平面，有，而平面平面，则，
四面体的体积，

当长固定时，经过的外接圆圆心时，最大，此时为中点，
并且经过外接圆圆心，四面体的体积最大，令四面体外接球球心为，
连接，则平面，平面，令，
显然四边形是矩形，于是，
且，
，当且仅当，即时取等号，
此时，，
因此，令，，
由，得，当时，，时时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当，取得最大值，因此的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
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，曲线在点处的切线斜率为.
（1）求的值；
（2）求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得参数值；
（2）根据导数判断函数单调性，再结合函数的奇偶性解不等式即可.
【小问1详解】
由已知，得，
又函数y=fx在点处的切线斜率为，
即，
解得；
【小问2详解】
由（1）得，，
则恒成立，
即在上单调递增，
又，
即函数为奇函数，
由，可知，
即，解得，
即不等式的解集为.
16. 如图，在三棱台中，上､下底面是边长分别为4和6的等边三角形，平面，设平面平面，点分别在直线和直线上，且满足.
（1）证明：平面；
（2）若直线和平面所成角的余弦值为，求该三棱台的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理可得，再结合线面垂直的判定定理可得结果；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用线面角的向量求法及棱台的体积公式可得结果.
【小问1详解】
由三棱台知，平面，
因为平面，且平面平面，
所以，
因为，所以，又，平面，
所以平面；
【小问2详解】
取中点，连接，以为原点，为轴，为轴，
过点做轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如图，设三棱台的高为，
则
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，即，
令，可得平面的一个法向量，
易得平面的一个法向量，
设与平面夹角为，
，
所以
由，得，
由（1）知，所以，
解得，所以三棱台的体积.
17. 在中，角所对的边分别为．已知成公比为q的等比数列．
（1）求q的取值范围；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等比数列性质与三角形三边关系列出不等式求解即可；（2）利用正弦定理、余弦定理化简根据的取值范围利用对勾函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
由题意知，
根据三角形三边关系知：，
解得；
【小问2详解】
由（1）及正弦定理、余弦定理知：
，
由对勾函数的性质知：
在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，
即的取值范围为.
18. 已知椭圆过点，且C的右焦点为．
（1）求C的方程：
（2）设过点的一条直线与C交于两点，且与线段AF交于点S．
（i）若，求；
（ii）若的面积与的面积相等，求点Q的坐标．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）或.
【解析】
【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，再由的关系式即可得出结果；
（2）（i）由可知为的中点，即可得，求出直线的方程并与椭圆联立，利用弦长公式即可得出结果；
（ii）易知直线平分，由两三角形面积相等以及三角形相似可证明，再由点在线段垂直平分线上，与的方程联立可得或.
【小问1详解】
根据题意有，
且由椭圆的几何性质可知，
所以.
所以的方程为.
【小问2详解】
（i）如下图所示：
若可得，为的中点，可得，
即的斜率为，所以直线的方程为；
设，联立直线和椭圆方程可得，
所以，即可得
因此可得；
（ii）显然的斜率存在，设的方程为，代入的方程有：
，其中.
则可得，
以下证明：直线平分，
易知轴，故只需满足直线与的斜率之和为0.
设的斜率分别为，则：
，
，
代入，
有，故直线平分，即.
因为的面积等于的面积，
故，即，故.
故在线段的垂直平分线上.
易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有，
故的坐标为或.
19. 设为正整数，为正实数列．我们称满足（其中）的三元数组为“比值组”.
（1）若，且为等差数列，写出所有的比值组；
（2）给定正实数，证明：中位数为4（即中）的比值组至多有3个；
（3）记比值组的个数为，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由以及等差数列性质得，进而根据比值组的定义对和相应的取值进行分类讨论即可得解.
（2）依据题意得固定时，则至多有一个使得成立，接着由得的取值有三种即可得证.
（3）由固定时，则至多有一个使得成立，结合值的取法数可得的三元数组的个数为，同理得固定时，进而得，再对分偶数和奇数两种情况计算即可得证.
【小问1详解】
因为为等差数列，设其公差为，
若，则，，
所以当且时，，即，此时比值组为；
当且时，，即，此时比值组为；
当且时，，即，不符合；
当且时，，即，此时比值组为；
当且时，，即，不符合；
当且时，，即，此时比值组为；
当且时，，不符合；当且时，，不符合；
综上，若且为等差数列的所有的比值组为.
【小问2详解】
因为，，
所以当固定时，则至多有一个使得成立，
因为，所以或或共三种取法，
所以中位数为4（即中）的比值组至多有3个.
【小问3详解】
对给定的，满足，且①的三元数组的个数记为，
因为，所以当固定时，则至多有一个使得①成立，
因为，所以值有种取法，故，
同理，若当固定时，则至多有一个使得①成立，
因为，所以值有种取法，故，
所以，
当为偶数时，设，
则当时，，
当时，，
所以
，
当为奇数时，设，
则当时，，
当时，，
则有
，
所以综上，记比值组个数为，则.
【点睛】关键点睛：求证的关键1是得出固定时至多有一个使得成立，从而结合值的取法数可得的三元数组的个数为，同理得固定时，进而得，关键2是明确到影响到的大小，而的奇偶性影响的取值，进而对分偶数和奇数两种情况计算并将分成两部分计算即可得证.