新疆烏魯木齊市2024-2025學年高三數學上學期第一次月考文試題含解析

Page19新疆烏魯木齊市2024-2025學年高三數學上學期第一次月考（文）試題一、單選題（本大題共12小題，共60.0分.在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.已知集合，，則的真子集個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】依據集合的交集運算，由元素個數即可求解.【詳解】因為，，所以，所以真子集個數為.故選：C【點睛】本題主要考查了集合的交集運算，真子集，屬于簡單題.2.命題“”為真命題的一個充分不必要條件是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先確定“”為真命題時的范圍，進而找到對應選項.【詳解】“”為真命題，可得，因為，故選:D.3.函數的圖像的一個對稱中心是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式和協助角公式化簡函數解析式，然后求對稱中心即可.【詳解】，令，，解得，，當時，，，所以是一個對稱中心.故選：A.4.一對夫婦為了給他們的獨生孩子支付將來上高校的費用，從孩子一周歲生日起先，每年到銀行儲蓄元一年定期，若年利率為保持不變，且每年到期時存款（含利息）自動轉為新的一年定期，當孩子18歲生日時不再存入，將全部存款（含利息）全部取回，則取回的錢的總數為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依據題意依次分析孩子在1周歲時、2周歲時存入的元產生的本利合計，則可得是以為首項，為公比的等比數列的前17項的和，由等比數列的求和公式可得答案.【詳解】依據題意，當孩子18歲生日時，孩子在一周歲生日時存入的元產生的本利合計為，同理：孩子在2周歲生日時存入的元產生的本利合計為，孩子在3周歲生日時存入的元產生的本利合計為，孩子在17周歲生日時存入的元產生的本利合計為，可以看成是以為首項，為公比的等比數列的前17項的和，此時將存款（含利息）全部取回，則取回的錢的總數：故選：D【點睛】本題考查數列的應用，涉及等比數列的前項和的公式的應用，屬于基礎題.5.在正方形ABCD中，M是BC的中點．若，則的值為（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐標系，利用向量的坐標運算求解作答.【詳解】在正方形ABCD中，以點A為原點，直線AB，AD分別為x，y軸建立平面直角坐標系，如圖，令，則，，，因，于是得，解得，所以的值為.故選：B6.設是等差數列，是其公差，是其前n項的和．若，，則下列結論不正確的是（）A. B. C. D.與均為的最大值【答案】C【解析】【分析】由已知條件可以得出，，，即可得公差，再利用等差數列的性質以及前n項的和的性質可推斷每個選項的正誤，進而可得正確選項.【詳解】由可得，由可得，故選項B正確；由可得，因為公差，故選項A正確，，所以，故選項C不正確；由于是等差數列，公差，，，，所以都是的最大值，故選項D正確；所以選項C不正確，故選：C7.已知，，則的值為A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】所以，選D.8.若點O和點F分別為橢圓的中心和左焦點，點P為橢圓上點的隨意一點，則的最大值為A.2 B.3 C.6 D.8【答案】C【解析】【詳解】由橢圓方程得F(－1,0)，設P(x0，y0)，則＝(x0，y0)·(x0＋1，y0)＝＋x0＋∵P為橢圓上一點，∴＋＝1.∴＝＋x0＋3＝＋x0＋3＝(x0＋2)2＋2.∵－2≤x0≤2.∴的最大值在x0＝2時取得，且最大值等于6.9.在公比為整數的等比數列中，是數列的前項和，若，，則下列說法錯誤的是（）A. B.數列是等比數列C.數列是公差為等差數列 D.【答案】C【解析】【分析】A選項：依據，，再結合等比數列的通項公式即可得到數列的公比；B選項：利用求和公式得到，再利用等比數列的定義證明是等比數列即可；C選項：利用等差數列的定義證明為等差數列即可；D選項：依據求即可.【詳解】A選項：因為若，，所以，，所以，所以，（舍），故A正確；B選項：由A知，，所以，，，所以，且，所以是以4為首項，2為公比的等比數列，故B正確；C選項：由B知，，且，所以數列是以為首項，為公差的等差數列，故C錯誤；D選項：由B知，，故D正確；故選：C.10.已知關于的不等式的解集為，則的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】一元二次不等式解集轉化為一元二次方程的解，依據韋達定理求出，，再用基本不等式求出最值【詳解】的解集為，則是方程的兩個根，故，，故因為，所以有基本不等式得：，當且僅當即時，等號成立，所以的最大值為故選：D11.在中，，，O是的外心，則的值為（）A.8 B.6 C.4 D.3【答案】C【解析】【分析】依據圓的性質，結合平面對量數量積的定義、運算性質進行求解即可.【詳解】過點O分別作于點D，于點E，依據圓的性質可得D，E分別為，的中點，.故選：C.12.已知函數，則下列說法正確的是（

）A.是函數的對稱軸B.函數在區(qū)間上單調遞增C.函數的最大值為，最小值為-2D.函數在區(qū)間上恰有2024個零點，則【答案】D【解析】【分析】對于A,驗證，即可推斷正誤；對于B，脫掉肯定值符號，求導數，分段探討，依據三角函數的單調性進行推斷；對于C，分段探討，采納換元法，求得函數的最值；對于D，先推斷在上的零點有兩個，即可知當時，函數在上有個零點，由此結合條件求得.【詳解】A.,故不是函數的對稱軸，故A錯誤；B.時，則，當時，遞減，遞增，故在區(qū)間上單調遞減，且，則時，，遞增，時，，遞減，故B錯誤；C.由于，即是的一個周期，故只需考慮在上的最值即可；當時，，令，則在為單調減函數，故；當時，，令，則在單調增函數，故，綜合以上可知最大值為，最小值為，故C錯誤；D．由于是的一個周期，故先考慮在上的零點狀況，，當且僅當時，，此時或，即在上的零點有兩個，即當時，函數在上有個零點，由于函數區(qū)間上恰有2024個零點，則，故D正確，【點睛】本題綜合考查了含肯定值符號時三角函數的性質問題，綜合性較強，要能綜合應用三角函數以及分類探討脫肯定值符號的相關學問敏捷解答.二、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知，，且，求的最小值_______【答案】##【解析】【分析】利用基本不等式里“1”的運用求最值即可.【詳解】∵，，且，∴當且僅當且，即，時取等號，則的最小值.故答案為：.14.若函數在區(qū)間上的最大值為，則實數_______.【答案】3【解析】【分析】先分別變量，再由復合函數的單調性知，分類探討即可.【詳解】∵函數，由復合函數的單調性知，當時，在上單調遞減，最大值為；當時，在上單調遞增，最大值為，即，明顯不合題意，故實數.故答案為：315.已知當時，不等式恒成立，則實數的取值范圍是_____.【答案】【解析】【分析】令，依據不等式恒成立，得到，解不等式即可.【詳解】令，因為當時，不等式恒成立，所以，即，解得或，所以實數的取值范圍為.故答案為：.16.數列滿意，前16項和為540，則______________.【答案】【解析】【分析】對為奇偶數分類探討，分別得稀奇數項、偶數項的遞推關系，由奇數項遞推公式將奇數項用表示，由偶數項遞推公式得出偶數項的和，建立方程，求解即可得出結論.【詳解】，當為奇數時，；當為偶數時，.設數列的前項和為，，.故答案：.【點睛】本題考查數列的遞推公式的應用，以及數列的并項求和，考查分類探討思想和數學計算實力，屬于較難題.三、解答題（本大題共6小題，共70.0分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.在中，為上一點，，，.（1）若，求外接圓的半徑；（2）設，，求面積.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依據余弦定理求解長度，進而由正弦定理即可求解外接圓半徑，（2）依據邊角關系在中利用余弦定理可求解長度，進而依據正弦定理求解,由面積公式即可求解.【小問1詳解】由余弦定理，解得；又，解得；∴外接圓的半徑為；【小問2詳解】由，所以，所以；由；設，則，，在中，，，，由余弦定理得，解得；所以，；由正弦定理，即，解得；所以，即的面積為.18.2024年東京奧運會，中國舉重選手8人參賽，7金1銀，在全世界面前呈現了真正的中國力氣；舉重競賽依據體重進行分級，某次舉重競賽中，男子舉重按運動員體重分為下列十級：級別54公斤級59公斤級64公斤級70公斤級76公斤級體重54.01～5959.01～6464.01～7070.01～76級別83公斤級91公斤級99公斤級108公斤級108公斤級以上體重76.01～8383.01～9191.01～9999.01～108每個級別競賽分為抓舉與挺舉兩個部分，最終綜合兩部分的成果得出總成果，所舉重量最大者獲勝，在該次舉重競賽中，獲得金牌的運動員的體重以及舉重成果如下表體重5459647076839199106舉重成果291304337353363389406421430（1）依據表中的數據，求出運動員舉重成果y與運動員的體重x的回來直線方程（保留1位小數）；（2）某金牌運動員抓舉成果為170公斤，挺舉成果為204公斤，則該運動員最有可能是參與的哪個級別的舉重？參考數據：；參考公式：．【答案】（1）；（2）83公斤級舉重.【解析】【分析】（1）依題意，計算出，，由公式求得，，由此求得回來方程．（2）依據回來方程得：，解之可推斷.【詳解】解：（1）依題意，，，，則，故回來方程為：．（2）該運動員的抓舉和挺舉的總成果為374公斤，依據回來方程可知：，解得，即該運動員的體重應當在81公斤左右，即參與的應當是83公斤級舉重．19.如圖，桌面上擺放了兩個相同的正四面體和.（1）求證：；（2）若，求四面體的體積.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接與相交于點，證得為的中點，連接，，利用線面垂直的判定定理證得平面，即可得到；（2）過點分別作，得到分別為和的中心，分別求得的長度，結合平面，及，即可求解.【小問1詳解】證明：因為與共面，所以連接與相交于點，因為和是相同的正四面體，所以四邊形為菱形，則為的中點，連接，，因為，，所以，又因為，面，所以平面，所以；【小問2詳解】在四邊形中，過點分別作，垂足分別為，如圖所示，可得分別為等邊和等邊的中心，因為，在等邊中，可得，則，，在直角中，可得，同理可得，所以，由（1）知，平面，可得平面，所以.20.已知拋物線，過焦點的直線l交拋物線C于M、N兩點，且線段中點的縱坐標為2．（1）求直線l的方程；（2）設x軸上關于y軸對稱的兩點P、Q，（其中P在Q的右側），過P的隨意一條直線交拋物線C于A、B兩點，求證：始終被x軸平分．【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）設直線l的方程為：，聯立方程，利用韋達定理可得結果；（2）設，借助韋達定理表示，即可得到結果.【詳解】（1）由已知可設直線l的方程為：，聯立方程組可得，設，則．又因為，得，故直線l的方程為：即為；（2）由題意可設，可設過P的直線為．聯立方程組可得，明顯．設，則．所以．所以始終被x軸平分．21.已知函數.（1）若，求函數的極值；（2）探討函數的單調性.【答案】（1）微小值為，無極大值;（2）當時，在上單調遞增；當時，的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.【解析】【分析】(1)依據題意求得，分和探討的正負，從而確定函數的單調區(qū)間和極值；(2)求導得，令，對求導，當時，通過對的正負推斷，從而得的正負及的單調區(qū)間；當時，求得，從而分和探討的正負，從而確定函數的單調區(qū)間即可.【小問1詳解】解：時，，，當時，，，所以，即上單調遞增，當時，，，所以，即在上單調遞減，則的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為；所以函數的微小值為，無極大值.【小問2詳解】解：因為，令，則，（i）當時，，在上單調遞增，則，所以在上恒成立，所以在上單調遞增；（ii）當時，，當時，，，，即在上遞增，當時，，，，即在上遞減.綜上，當時，在上單調遞增；當時，的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為.選做題（二選一）22.已知極坐標系的極點與直角坐標系的原點重合，極軸與軸的非負半軸重合.若曲線的極坐標方程為，直線的參數方程為（t為參數）.（1）求曲線的直角坐標方程與直線的一般方程；（2）設點，直線與曲線交于、兩點，求的值.【答案】（1），（2）9【解析】【分析】（1）依據，，，將曲線的極坐標方程轉化為直角坐標方程，通過消參的方法得到直線的一般方程；（2）利用直線的參數方程中參數的幾何意義求即可.【小問1詳解】由，得，又由，，，得曲線的直角坐標方程為，即，由，消去參數，得直線的一般方程為.【小問2詳解】由（1）知直線的參數方程可化為（t為參數），代入曲線的直角坐標方程得.由韋達定理，得，則.23.選修