2024-2025学年贵州省贵阳市贵阳一中高三（上）月考数学试卷（12月份）（含答案）

2024-2025学年贵州省贵阳一中高三（上）月考数学试卷（12月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.下列函数中是偶函数的是( )
A. B.
C. D.
3.已知直线：，直线：，且，则( )
A. B. C. D.
4.已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5.若，则( )
A. B. C. D.
6.设是公比为的等比数列，则“”是“为单调递增数列”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
7.已知棱长为单位：的无盖正方体容器内盛有体积为单位：的水，现将一半径为单位：的“实心”铁球放入该正方体容器内，恰好有半个球沉入水中，则静止时该球与水的接触面的面积为( )
A. B. C. D.
8.已知双曲线，过点有且仅有一条直线与双曲线的右支相切，则双曲线的离心率的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知随机变量和，其中，且，若的分布列如表：
则下列说法正确的是( )
A. B. C. D.
10.已知函数的部分图象如图所示，则( )
A.
B.
C. 为了得到函数的图象，可将函数的图象向左平移个单位长度
D. 为了得到函数的图象，可将函数的图象向左平移个单位长度
11.已知函数是定义在区间上的连续函数，若，使得，，都有，则称函数是区间上的“类函数”下列说法正确的有( )
A. 函数是区间上的“类函数”
B. 函数是区间上的“类函数”
C. 若函数是区间上的“类函数”，则方程在区间上至多只有一个解
D. 若函数是区间上的“类函数”，且，则存在满足条件的函数，，，使得
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记为等差数列的前项和若，，则 ______．
13.若，则 ______．
14.如图，在棱长为的正方体中，为面上的动点，，则动点的轨迹长度为______．
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.本小题分
在中，已知点在边上，且．
求；
若的外接圆半径为，求．
16.本小题分
某校食堂为了解学生对牛奶豆浆的喜欢情况是否存在性别差异，从而更有针对性的为广大学子准备营养早餐，于是随机抽取了名学生进行问卷调查，得到了如表的统计结果：
喜欢牛奶 喜欢豆浆 合计
男生
女生
合计
根据的独立性检验，能否认为该校学生对牛奶豆浆的喜欢情况与性别有关？
小红每天都会在牛奶与豆浆中选择一种当早餐，若前一天选择牛奶，则她后一天继续选择牛奶的概率为；若前一天选择豆浆，则她后一天继续选择豆浆的概率为已知小红第一天选择了牛奶，求她第三天选择牛奶的概率．
附：，其中．
17.本小题分
已知复数的共轭复数为，且，复数在复平面内对应的点为．
求点的轨迹方程；
记点的轨迹为曲线，点为曲线上任意一点设直线与曲线交于，两点，直线，的斜率分别为，，求的取值范围．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面平面，，分别是棱，的中点，，分别在线段，上，且
证明：，，，四点共面；
证明：平面；
设直线与直线交于点，当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
19.本小题分
在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的定理，它是众多不动点定理的基础，得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔具体来说就是：对于满足定义域为的连续函数，若存在，使得成立，则称为函数的不动点已知且，函数．
若为自然常数，证明：函数只有唯一不动点；
设函数，且若函数有且仅有个不动点，求实数的取值范围．
参考答案
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15.解：在中，因为，
由正弦定理可得：，
设，则，，
由余弦定理可得：，
又，所以；
因为，，
所以，，所以，
在中，利用正弦定理可得：，
所以，
在中，．
16.解：设零假设：该校学生对牛奶豆浆的喜欢情况与性别无关，
则，
根据的独立性检验，零假设不成立，
即可以认为该校学生对牛奶豆浆的喜欢情况与性别有关；
设“小红第二天选择牛奶”为事件，则事件表示“小红第二天选择豆浆”，
设“小红第三天选择牛奶”为事件，
由题意可知，，，，，
所以，
所以小红第三天选择牛奶的概率为．
17.解：设，，
此时，
因为，
所以，
整理得，
则点的轨迹方程为；
设，，
可得，
此时，，
所以，
因为，两点均在曲线上，
所以，，
两式相减得，
即，
所以，
即，
则，
当且仅当时，等号成立．
故的取值范围为．
18.解：证明：，分别是棱，的中点，
，
，
，
，
，，，四点共面．
证明：底面是菱形，，
，是等边三角形，
取中点为，连接，则，
又平面平面，且平面平面，
平面，又平面，，
又，且，
平面．
平面，平面，又平面平面，
，即直线就是直线，
取中点为，以点为坐标原点，再分别以，和所在直线为轴，轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系：
则，，，，
，，
设，则，，
由，可得：
，，
设平面的一个法向量为，
则，则，
取，则，，
，
设直线与平面所成角为，
则，
化简得：，
解得：或，
又，．
19.解：证明：当时，，函数定义域为，
令，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
即当时，；
当时，恒成立，
所以函数只有唯一不动点；
易知，函数定义域为，
因为，
所以，
设，
可得，函数定义域为，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，
因为函数有且仅有个不动点，
所以方程有且仅有个大于的不同根，
即函数的图象与的图象有两个不同的交点，
所以或，
若，
即，
整理得，
设，
易知函数单调递增，
此时，
即，
整理得，
设，且，
可得，
当时，，单调递减，
因为，，．
所以实数的取值范围为．

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