云南省昆明市师大附中2024-2025学年高三上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

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2．每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（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，只有一项符合题目要求）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解出集合，再利用交集含义即可得到答案.
【详解】，
而，则.
故选：A.
2. 已知命题，则p的否定是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定形式可得.
【详解】由存在量词命题的否定形式可知：
的否定为.
故选：B
3. 正项等差数列的公差为d，已知，且三项成等比数列，则（ ）
A. 7B. 5C. 3D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由等比中项的性质再结合等差数列性质列方程计算即可；
【详解】由题意可得，
又正项等差数列的公差为d，已知，
所以，即，
解得或（舍去），
故选：C.
4. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式求出，然后结合平方公式和二倍角公式可得.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D
5. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立和求出即可得解.
【详解】因为，所以，所以，
整理得①，
又，所以②，
联立①②求解得，
所以.
故选：C
6. 函数是奇函数且在上单调递增，则k的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的定义得得，即可验证单调性求解.
【详解】奇函数，故，
则，，解得，
当时，，由于在0,+∞为单调递增函数，故在0,+∞单调递减，不符合题意，
当时，，由于在0,+∞为单调递增函数且，故为0,+∞单调递增，根据奇函数的性质可得在R上单调递增，符合题意，
故，
故选：C
7. 函数，若对恒成立，且在上有3条对称轴，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据求解即可.
【详解】由题知，当时取得最大值，即，
所以，即，
又在上有3条对称轴，所以，
所以，所以.
故选：B
8. 设椭圆的右焦点为F，过坐标原点O的直线与E交于A，B两点，点C满足，若，则E的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，表示出，根据列方程，用表示出，然后代入椭圆方程构造齐次式求解可得.
【详解】设，则，则，
因为，所以，
所以，
因为，
所以，得，
又在椭圆上，所以，即，
整理得，即，
解得或（舍去），所以.
故选：D
【点睛】关键点睛：根据在于利用向量关系找到点A坐标与c的关系，然后代入椭圆方程构造齐次式求解.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 数列的前n项和为，已知，则下列结论正确的是（ ）
A. 为等差数列B. 不可能为常数列
C. 若为递增数列，则D. 若为递增数列，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据的关系求出通项，然后根据公差即可判断ABC；利用数列的函数性，分析对应二次函数的开口方向和对称轴位置即可判断D.
详解】当时，，
当时，，
显然时，上式也成立，所以.
对A，因为，
所以an是以为公差的等差数列，A正确；
对B，由上可知，当时，an为常数列，B错误；
对C，若an为递增数列，则公差，即，C正确；
对D，若为递增数列，由函数性质可知，解得，D错误.
故选：AC
10. 甲、乙两班各有50位同学参加某科目考试（满分100分），考后分别以、的方式赋分，其中分别表示甲、乙两班原始考分，分别表示甲、乙两班考后赋分．已知赋分后两班的平均分均为60分，标准差分别为16分和15分，则（ ）
A. 甲班原始分数的平均数比乙班原始分数的平均数高
B. 甲班原始分数的标准差比乙班原始分数的标准差高
C. 甲班每位同学赋分后的分数不低于原始分数
D. 若甲班王同学赋分后的分数比乙班李同学赋分后的分数高，则王同学的原始分数比李同学的原始分数高
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据期望和标准差的性质求出赋分前的期望和标准差即可判断AB；作差比较，结合自变量范围即可判断C；作出函数的图象，结合图象可判断D.
【详解】对AB，由题知，
因为，，
所以，
解得，
所以，故A正确，B错误；
对C，因，，
所以，即，所以C正确；
对D，作出函数的图象，如图所示：
由图可知，当时，有，
又因为单调递增，所以当时必有，D正确.
故选：ACD
11. 已知函数及其导函数的定义域为，若与均为偶函数，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 4是的一个周期
C. D. 的图象关于点对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】注意到为偶函数则，由两边求导，令可判断A；结合导函数的奇偶性可判断B；利用的周期性和奇偶性可判断C；根据和可判断D.
【详解】因为为偶函数，所以，即，
而，故，故，
又为偶函数，所以，即，
所以，故即，
，所以4是的周期，故B正确.
对A，由两边求导得，
令得，解得，A正确；
对C，由上知，所以，
所以，C错误；
对D，因为，，
故，故的图象关于2,1对称，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：本题解答关键在于原函数与导数数奇偶性关系，以及对两边求导，通过代换求导函数的周期.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 曲线在处的切线方程为______．
【答案】##
【解析】
【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程.
【详解】因为，则，
又，所以，
所以曲线在处的切线方程为．
故答案为：
13. 若复数在复平面内对应的点位于直线上，则的最大值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数对应的点在得，即可利用二倍角公式以及基本不等式求解.
【详解】对应的点为，故，
故，
由于，故，
则，
当且仅当，即，解得时等号成立，
故答案为：
14. 过抛物线的焦点作直线l交C于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于M，N两点，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程，得韦达定理，根据焦点弦的公式可得，解得，即可求解得，即可代入求解.
【详解】的焦点为34,0，
根据题意可知直线有斜率，且斜率不为0，
根据对称性不设直线方程为，
联立直线与可得，
设，故，
故，解得，
直线，令，则，同理可得，
如下图，故，
故答案为：
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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角C；
（2）若AB边上的高为1，的面积为，求的周长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理角化边，整理后代入余弦定理即可得解；
（2）利用面积公式求出，然后由面积公式结合余弦定理联立求解可得，可得周长.
【小问1详解】
由余弦定理角化边得，，整理得，
所以，
因为，所以.
【小问2详解】
由题知，，即，
由三角形面积公式得，所以，
由余弦定理得，
所以，所以，
所以的周长为.
16. 如图，PC是圆台的一条母线，是圆的内接三角形，AB为圆的直径，．

（1）证明：；
（2）若圆台的高为3，体积为，求直线AB与平面PBC夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）转化为证明平面，利用圆台性质即可证明；
（2）先利用圆台体积求出上底面的半径，建立空间坐标系，利用空间向量求线面角即可.
【小问1详解】
由题知，因为为圆的直径，所以，
又，所以，
因为为的中点，所以，
由圆台性质可知，平面，且四点共面，
因为平面，所以，
因为是平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
圆台的体积，其中，
解得或(舍去).
由（1）知两两垂直，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以.
设平面的一个法向量为，
则解得
于是可取.
设直线与平面的夹角为，
则，
故所求正弦值为.
17. 已知函数．
（1）若在恒成立，求a的取值范围；
（2）若，证明：存唯一极小值点，且．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）参变分离，构造函数，利用导数求最值即可；
（2）求导，利用零点存在性定理结合单调性判断导函数的唯一零点在12,1内，利用零点方程代入，使用放缩法即可得证.
【小问1详解】
在恒成立，等价于在上恒成立，
记，则，
当时，ℎ′x<0，当时，ℎ′x>0，
所以ℎx在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，ℎx取得最小值，
所以，即a的取值范围.
【小问2详解】
当时，，则，
因为在上均为增函数，所以在单调递增，
又，
所以在区间12,1存在，使得当x∈0,x0时，，当x∈x0,+∞时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以存在唯一极小值点.
因为，即，所以，
因为，且在12,1上单调递增，
所以，
又，所以，所以.
18. 动点到直线与直线的距离之积等于，且．记点M的轨迹方程为．
（1）求的方程；
（2）过上的点P作圆的切线PT，T为切点，求的最小值；
（3）已知点，直线交于点A，B，上是否存在点C满足？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）2 （3）
【解析】
【分析】（1）根据点到直线距离公式，即可代入化简求解，
（2）由相切，利用勾股定理，结合点到点的距离公式可得，即可由二次函数的性质求解，
（3）联立直线与双曲线方程得到韦达定理，进而根据向量的坐标关系可得，将其代入双曲线方程即可求解.
【小问1详解】
根据到直线与直线的距离之积等于，可得，化简得，
由于，故，即.
【小问2详解】
设，，
故当时，最小值为2
【小问3详解】
联立与可得，
设，
则，
故
设存在点C满足，则，
故，
由于在，故，
化简得，即，解得或（舍去），
由于，解得且，
故符合题意，由于，故，
故,故，
故存在，使得
19. 设，数对按如下方式生成：，抛掷一枚均匀的硬币，当硬币的正面朝上时，若，则，否则；当硬币的反面朝上时，若，则，否则．抛掷n次硬币后，记的概率为．
（1）写出的所有可能情况，并求；
（2）证明：是等比数列，并求；
（3）设抛掷n次硬币后的期望为，求．
【答案】（1）答案见详解；
（2）证明见详解，；
（3）
【解析】
【分析】（1）列出所有和的情况，再利用古典概型公式计算即可；
（2）构造得，再利用等比数列公式即可；
（3）由（2）得，再分，和讨论即可.
【小问1详解】
当抛掷一次硬币结果为正时，；
当抛掷一次硬币结果为反时，.
当抛掷两次硬币结果为（正，正）时，；
当抛掷两次硬币结果为（正，反）时，；
当抛掷两次硬币结果为（反，正）时，；
当抛掷两次硬币结果为（反，反）时，.
所以，.
【小问2详解】
由题知，，
当，且掷出反面时，有，此时，
当，且掷出正面时，有，此时，
所以，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
【小问3详解】
设与的概率均为，
由(2)知，
显然，.
若，则，当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，;
若，则当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，;
若，则，
当下次投掷硬币为正面朝上时，，当下次投掷硬币为反面朝上时，.
所以时，期望不变，概率为;
时，期望加1，概率为.
所以.
故
.
经检验，当时也成立.
.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是分和时讨论，最后再化简的表达式即可.