广东省东莞市虎门外语学校2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题

这是一份广东省东莞市虎门外语学校2024-2025学年高三上学期10月月考数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
全卷满分150分，考试时间120分钟.
一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 设全集，集合，，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由韦恩图可知阴影部分表示的集合为，根据集合的运算求解即可．
【详解】由韦恩图可知阴影部分表示的集合为，
∵，
∴．
故选：B．
2. 已知复数，其中i为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】化简复数为，利用复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，复数，可得.
故选：C.
3. 已知直线，和平面（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面关系的判定定理和性质分别判断即可．
【详解】对A，若，，则或，故A错误；
对B，若，，则或异面，故B错误；
对C，若，，则由线面垂直的性质可得，故C正确；
对D，若，，则或，故D错误.
故选：C.
4. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由是否得出，判定充分性；由是否推出，判定必要性是否成立．
【详解】∵等价于，
当或时，不成立；
∴充分性不成立；
又∵等价于，有；
∴必要性成立；
∴“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
5. 如图，在矩形ABCD中，，E为边AB上的任意一点（包含端点），O为AC的中点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】法一：设，然后用，分别表示出，，从而由平面向量的数量积运算并结合的范围求得结果；
法二：以A为坐标原点建立平面直角坐标系，设，然后求出，，从而由向量的坐标运算并结合m的范围求得结果．
【详解】法一：设，
因为O为AC的中点，所以，
所以．又，
所以，
因为，所以，
所以；
法二：以A为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，，，设，
所以，，所以．
因为，所以，
即.
故选：A．
6. 已知双曲线的左右焦点分别为，曲线上存在一点，使得为等腰直角三角形，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，用双曲线定义和勾股定理构造方程求解即可.
【详解】如图所示，为等腰直角三角形，且，
运用勾股定理，知道根据．由双曲线定义，知道，
即，解得，故离心率为：.
故选：C.
7. 已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解.
【详解】如图所示，作于点，
则，即，
，
则，
由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角，
设其为，则，即.
故答案为：.
8. 若函数与的图象有且仅有一个交点，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将条件与只有1个交点转换为函数只有1个零点，参数分离求出a，再构造函数，利用其单调性求解即可.
【详解】函数与的图象有且仅有一个交点，
即只有一个零点，即只有一个零点.
令，则，.
当时，h′x>0，所以hx在0,1上单调递增；
当时，h′x0.
所以，，.
函数hx的大致图象如图
因为，所以.
原不等式，即.
令，
显然时，该函数为增函数，且，
所以，的解集为.
故选：D.
二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.）
9. 已知事件满足，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若事件A与事件B相互独立，则它们的对立事件也相互独立
B. 事件A与事件B可能对立事件
C. 若事件A与事件B相互独立，则
D. 若事件A与事件B互斥，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，利用相互独立事件的定义，即可求解；选项B，利用对立事件的概率和为1，即可求解；选项C，利用相互独立事件的概率公式，即可求解；选项D，利用互斥事件的概率公式，即可求解.
【详解】对于选项A，根据相互独立事件的定义易知选项A正确；
对于选项B，对立事件的概率和为1，但．故选项B错误；
对于选项C，根据相互独立事件的定义，，故选项C正确；
对于选项D，事件A与事件B互斥，则，故选项D正确.
故选：ACD．
10. 已知函数的图象上，对称中心与对称轴的最小距离为，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的一个对称点为
B. 当时，函数的最小值为
C. 若，则的值为
D. 要得到函数的图象，只需要将的图象向右平移个单位
【答案】BC
【解析】
【分析】由周期求出ω，由图象的对称性求出 φ的值，可得f（x）的解析式，再利用三角函数的性质以及函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
【详解】因为函数f（x）＝2cs（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的图象上，对称中心与对称轴x＝的最小距离为 ×＝，
∴ω＝2．再根据，可得，故,令可得，故A错误；
当时，，故当时，函数f（x）的最小值为，故B正确；
若，
则
，故C正确；
将的图象向右平移个单位，可得y＝2cs（2x﹣）的图象，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：根据三角函数的图象与性质确定对称中心，最值，利用三角恒等变换求值，根据平移得解析式是解题的关键，属于中档题.
11. 已知函数和其导函数的定义域都是，若与均为偶函数，则（ ）
A.
B. 关于点对称
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】用特殊值法，假设，可判断选项A；对进行变形处理，即可判断其对称性，从而判断选项B；对两边求导，可得，根据可判断的周期性和对称性，再根据特殊值关系，即可判断选项C；由特殊值关系得到，，化简，即可判断选项D.
【详解】假设，则，则，与都为偶函数，
则所设函数符合题意，此时，故A错误；
因为为偶函数，所以，即，
令，则，所以关于点对称，故B正确；
因为为偶函数，所以，
所以函数的图象关于直线对称，即，即，
因为，所以，所以，
则，故，
所以，所以，又，，
所以，所以无法确定的值，所以C错误；
又，，所以，
由，得，则，所以，
由知函数周期为4，则的周期也为4，则

，所以 D正确.
故选：BD.
【点睛】结论点睛：
对称性有关结论：
若，则关于直线对称；
若，则关于直线对称；
若，则关于点中心对称；
若，则关于点中心对称；
周期性结论：
若，则函数的周期为.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 的展开式中常数项是__________（用数字作答）．
【答案】
【解析】
【分析】写出二项式展开通项，即可求得常数项.
【详解】
其二项式展开通项：
当，解得
的展开式中常数项是：.
故答案为：.
【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握的展开通项公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
13. 设等差数列的前项和为，若，，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，再求出的值.
【详解】等差数列an中，由，得，解得，
于是数列an的公差，，
所以.
故答案为：
14. 如下图，对大于或等于2的自然数的次幂进行如下方式的“分裂”：
仿此，的“分裂”中最大的数是___________；的“分裂”中最大的数是___________；
【答案】 ①. 11 ②.
【解析】
【分析】分析“分裂”所得到的数，由此确定出最大的数；归纳“分裂”时最大的数的规律，由此确定出的“分裂”中最大的数.
【详解】因为“分裂”可得到的数为：，所以的“分裂”中最大的数是；
由“分裂图”可归纳出：(为奇数)的“分裂”的最大数是，
所以的“分裂”中最大的数为：，
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于分析“分裂”的方式，注意的奇偶对分裂的影响，对“分裂”所得到数字个数的影响.
四.解答题：（本题共5小题，共77分.）
15. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）求函数的极值．
【答案】（1）单调增区间和，单调减区间为
（2）极大值16，极小值
【解析】
【分析】（1）对求导，利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）根据函数的单调性，求出函数的极值即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，导函数，
令，解得，
则，随的变化情况如下表：
故函数的单调增区间为和，单调减区间为;
【小问2详解】
由小问1知，当时，函数取得极大值16;
当时，函数取得极小值．
16. 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）已知，由正弦定理和辅助角公式可得，解得 .
（2）由余弦定理和三角形面积公式，可解求，，则得到周长.
【小问1详解】
中，已知，
由正弦定理可得，
∵，∴
，△ABC中，，∴ ，
∴.
【小问2详解】
，的面积为 ，
∴ ，解得.
由余弦定理可得：
化为.
联立 ，解得
∴，所以周长为6.
17. 如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，点M为AC的中点．
（1）求证：平面平面PAB；
（2）线段PC上是否存在点N，使得平面BMN?若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理可得证；
（2）过点M作垂足为F，根据线面垂直的判定可证平面BMN，然后根据平面几何知识求出，进而求出即可得.
【小问1详解】
因为平面平面ABC，平面，，平面平面ABC，
所以平面ABC，平面ABC，所以，
又，，所以,
又，所以，
所以，又，是平面内的两条相交直线，
所以平面，又平面，
所以平面平面PAB
【小问2详解】
存，当时，平面BMN，
过点M作垂足为F，
由（1）知平面ABC，平面ABC，所以，
又点M为AC的中点，，
所以，，是平面内的两条相交直线，
所以平面，又平面，
所以，，是平面BMN内的两条相交直线，
所以平面BMN，
由已知得，又，
即，又，
所以，所以，
故当时，平面BMN，
18. 已知动圆P过点，并且与圆外切，设动圆的圆心P的轨迹为C.
（1）直线与圆相切于点Q，求的值；
（2）求曲线C的方程；
（3）过点的直线与曲线C交于E，F两点，设直线，点，直线交于点M，证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）
（2），；
（3）证明见解析，定点
【解析】
【分析】（1）利用直线与圆相切的几何性质，结合勾股定理，即可求解；
（2）由圆与圆的位置关系，构造双曲线的定义，即可求解；
（3）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，并联立直线与双曲线方程，利用韦达定理表示，即可求解定点.
【小问1详解】
由直线与圆的位置关系可知，，
所以点；
【小问2详解】
由题意可知，设动圆半径为，，，，
即，
所以点是以为焦点的双曲线的右支，，，则，
所以曲线的方程为，；
【小问3详解】
当直线的斜率不存在时，，，
直线，当，得，即，直线，
此时直线过点1,0，
当直线的斜率存在时，设直线，，，
直线，当时，，
，
联立，得，
，，，
下面证明直线经过点，即证，，
把，代入整理得，
即，
所以直线经过点1,0，
综上可知，直线经过定点，定点坐标为1,0.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 题目：给定一个严格单调递增正项数列，任意给定，称满足的三元子集为数列的一个集，其个数记作，出现集的概率记为.
（1）已知是数列A：1，2，3，4，5，6的一个集，求j；
（2）已知，，，并且都是数列的集，求数列A的通项公式；
（3）已知，，，并且都是数列的集，求证：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据给定的集定义，将已知代入等式求解；
（2）利用集的定义建立数列相邻项之间的关系，从而推导出通项公式；
（3）先求出表达式，再通过分析数列的性质来证明其范围.
【小问1详解】
根据集的定义，已知是数列的一个集，，，，，，未知.
由，即.
设，则.
等式两边同乘，得，解得，所以.
【小问2详解】
因为都是数列的集.
根据集的定义，，即，这表明数列是等差数列.
已知，.
设等差数列的公差为.
根据等差数列通项公式，则.
把，，代入得.
移项得，解得.
所以数列的通项公式为.
【小问3详解】
首先求，因为都是数列的集.
根据集的定义.
设，则，那么.
由于，，，则.
又因为，所以，则.
根据等比数列求和公式，所以.
对于，三元子集的个数，
这里，则，而满足-集的三元子集个数，
因为都是集，所以.
概率.
因为，即.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是读懂数列新定义，然后将其转化为已知等差数列的通项公式和等比数列求和问题，综合了数列,不等式放缩，组合，概率问题，属于难题.
2
0
0
取极大值
取极小值