辽宁省鞍山市2024-2025学年高三下学期第一次月考 数学试卷（含详解）

辽宁省鞍山市2024 2025学年高三下学期第一次月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知向量，，若与垂直，则等于（ ）
A． B． C．3 D．6
4．某校高三共有200人参加体育测试，根据规则，82分以上的考生成绩等级为，则估计获得的考生人数约为（ ）
A．100 B．75 C．50 D．25
5．已知是等比数列的前n项和，，，则（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
6．黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：的值取3，）
A． B． C． D．
7．已知抛物线的焦点为，点在上．若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则该圆的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（ ）
A．的图象可由的图象平移得到
B．在上单调递增
C．图象的一个对称中心为
D．图象的一条对称轴为直线
10．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点的直线与的左支相交于，两点，若，且，则（ ）
A． B．
C．的离心率为 D．直线的斜率为
11．已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．函数在区间上单调递减
C．过点能作两条不同直线与相切 D．函数有5个零点
三、填空题（本大题共3小题）
12．从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 .
13．已知，则 ．
14．已知等差数列的公差，首项 ，是与的等比中项，记 为数列的前项和，则
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求角C的大小；
(2)若，的面积为，求的周长.
16．如图，在四棱台中，底面是中点．底面为直角梯形，且．

(1)证明：直线平面；
(2)求二面角的正弦值．
17．甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2次投篮的人是乙的概率；
(2)求第次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量服从两点分布，且，则．记前次（即从第1次到第次投篮）中甲投篮的次数为，求．
18．已知椭圆的右焦点为，且该椭圆过点，直线l交椭圆E于A，B两点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若AB的中点坐标为，求直线l的方程；
(3)若直线l方程为，过A、B作直线的垂线，垂足分别为P、Q，点R为线段PQ的中点，求证：四边形ARQF为梯形.
19．记，若，满足：对任意，均有，则称为函数在上“最接近”直线．已知函数．
(1)若，证明：对任意；
(2)若，证明：在上的“最接近”直线为：，其中且为二次方程的根．
参考答案
1．【答案】D
【分析】先解一元二次不等式求出集合，再根据集合并集定义计算即可.
【详解】由，解得，所以集合，
所以，所以.
故选D.
2．【答案】C
【详解】由，得到，
所以，其对应点为，位于第三象限.
故选C.
3．【答案】B
【详解】，
因为与垂直，
所以，解得，
所以.
故选B.
4．【答案】C
【详解】由频率分布直方图可得82分以上的考生的频率约为，
所以获得的考生人数约为人，
故选C.
5．【答案】B
【详解】设等比数列的公比为q，可得，
则，
所以．
故选B.
6．【答案】B
【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.
【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），
则，，，
所以，
故圆台部分的侧面积为，
圆柱部分的侧面积为，
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.
故选B.
7．【答案】C
【详解】由于在上，故，即，所以.
根据抛物线的定义，就是点到直线的距离，
从而该圆的半径为.
由于圆心到轴的距离为，故该圆被轴截得的弦长为.
从而据已知有，
故，解得.
所以该圆的半径为，故面积为.
故选C.
8．【答案】D
【分析】利用已知条件求出切点横坐标，从而得到。利用基本不等式即可求解.
【详解】由于直线 与曲线 相切，
设切点为，且，所以，
则切点横坐标 ，则，即 .
所以，即，
当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1.
故选D.
9．【答案】BD
【详解】，
因为最小正周期为，所以，
所以，
A：由以上解析式可得的图象不可由的图象平移得到，故A错误；
B：当时，，
由余弦函数的单调性可得在上单调递增，故B正确；
C：，故C错误；
D：当时，，此时为最小值，
所以图象的一条对称轴为直线，故D正确；
故选BD.
10．【答案】ACD
【详解】如图，由，可设，.
因为，所以.
设，，则，，，解得，
则，，
所以，故A选项正确；，故B选项错误；
在中，由，得，则，
从而的离心率为，故C选项正确.
又，所以直线的斜率为，故D选项正确.
故选ACD.
11．【答案】AD
【详解】对于A中，由函数，可得，
因为 是函数的一个极值点，可得，
解得，经检验适合题意，所以A正确；
对于B中，由，令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
故在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以B错误；
对于C中，设过点且与函数相切的切点为，
则该切线方程为，
由于切点满足直线方程，则，
整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误；
对于D中，令，则的根有三个，如图所示，，
所以方程有3个不同根，方程和均有1个根，
故有5个零点，所以D正确．
故选AD．
12．【答案】
【详解】从2至8的整数有2,3,4,5,6,7,8，
互质的两个数有2和3,2和5,2和7,3和4,3和5,3和7,3和8,4和5,4和7,5和6,5和7,5和8,6和7,7和8，共14对，
所以随机取2个数，互质的概率为.
13．【答案】
【详解】因为，而，
因此，
则，
所以.
14．【答案】105
【详解】等差数列中， ，是与的等比中项，设公差为，
所以，即，
解得或（不合题意，舍去）；
所以．
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形的面积公式及余弦定理变形整理可得答案；
（2）先利用面积公式求，再利用余弦定理求，则面积可求.
【详解】（1）因为，
又，
所以，
整理得，
即，
因为，所以，
所以，
则；
（2）由（1）得，
得，
所以，
所以，
所以的周长为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为底面，底面，则，
由题意可知：，且平面，
所以平面，且平面，可得，
不妨设，由题意可得：，
可知：，即，
且，平面，
所以直线平面.
（2）如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，不妨设，

则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值.
17．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
（3）先求出两点分布的期望，再根据题中的结论以及等比数列的求和公式即可求出．
【详解】（1）记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
.
（2）设，依题可知，，则
，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
（3）因为，，
所以当时，，
故．
【方法总结】本题第一问直接考查全概率公式的应用，后两问的解题关键是根据题意找到递推式，然后根据数列的基本知识求解．
18．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题得，
将代入得：
，
椭圆E的方程为.
（2）设，则，
且，
两式相减得：，可得，
l方程为，即.
（3）由得：
，且，
，
∴，
又直线的斜率存在，AF与RQ不平行，
∴四边形ARQF为梯形.

19．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意，
则当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
又，，
在区间上的最大值为，
根据函数的图象特点，可知对任意，均有
，
，
下面讨论的大小：
①若至少有一个大于等于1，则，
②若两个都小于1，则，
因为是直线，故对任意，均有，，从而，
即
由①②可知，，
当时，
，，此时等号成立，
结论证毕.
（2）设，再令，
，
令，，
在区间上单调递减，
而，，存在，使得，
即，
且时，，单调递增，时，，单调递减，
在区间上的最大值为，
而，，
则在区间上大于等于0，
由（1）问分析知，对定义在上的函数，
若满足，且为唯一的最大值点，
则对任意的，，时取等号，

又，
故当时，取得最小值，
在上的“最接近”直线为，
即，
化简可得，其中，
且是二次方程的根，证毕.