安徽省怀宁县2024-2025学年高三下学期第一次月考数学检测试卷（含答案）

安徽省怀宁县2024-2025学年高三下学期第一次月考数学检测试卷第一部分（选择题共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.【详解】由题意可得，则.故选：B.2.已知，若向量，则向量与向量夹角为锐角的概率为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据古典概型列出向量的所有可能，由与的夹角为锐角找出所有符合题意的向量，即可求得其概率.【详解】向量与向量夹角为锐角等价于且与不同向，即，且；易知共有16个，分别是，，满足条件的为共4个，故所求的概率为，故选：B．3.若，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】根据三角函数恒等变换化简已知可得，再利用诱导公式和二倍角公式求值.【详解】根据题意，，而.故选：D4.已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，平面，，，若三棱锥的体积为，则球的表面积为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】一条棱垂直底面的三棱锥和与其同底等高的三棱柱的外接球是同一个，再结合正弦定理求出底面三角形外接圆半径，最后即可求出外接球半径（其中为三棱柱垂直底面的棱长），再结合球的表面积公式,即可求解．【详解】解：如图所示，三棱锥的外接球就是三棱柱的外接球，∵三棱锥的体积为，∴由正弦定理得：外接圆的直径∴三棱锥的外接球的半径∴球O的表面积为，故选B.本题考查三棱锥的外接球表面积，确定三棱锥的外接球的半径是关键．5.已知函数的图象关于点对称，且在上没有最小值，则的值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先化简解析式，根据对称性可得，再结合最小值点即可求解.【详解】，因为的图象关于点对称，所以，故，即，当，即时，函数取得最小值，因为在上没有最小值，所以，即，由解得，故，得.故选：B6.设，，，则的大小顺序为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据题意，构造函数，利用导数求得函数在上为单调递减函数，结合，即可求解.【详解】由，且，构造函数，可得，当时，，单调递减，又由，故，即.选选：C.7.若函数有两个极值点，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先对函数求导，然后由题知有两个变号零点，结合函数的性质可求得结果.【详解】函数的定义域为，由，得，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以的极小值为，当时，，当时，，所以要使有两个极值点，则有两个变号零点，所以，得，故选：B8.关于椭圆有如下结论：“过椭圆上一点作该椭圆的切线，切线方程为.”设椭圆：的左焦点为F，右顶点为A，过F且垂直于x轴的直线与C的一个交点为M，过M作椭圆的切线，若切线与直线的倾斜角互补，则C的离心率为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由题意可得相应点的坐标，结合题意可得切线与直线的斜率，列式求解即可.【详解】由题意可知：，令代入椭圆方程可得，不妨设，则切线，即，可知直线的斜率，切线的斜率，由题意可知：，即.故选：C.关键点点睛：由根据题意可得切线，即可得切线斜率.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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.将一枚质地均匀的骰子随机抛掷两次，甲表示事件“第一次点数为奇数”，乙表示事件“第二次点数为偶数”，丙表示“两次点数相同”，丁表示“两次点数之和为偶数”，则下列选项中的两个事件相互独立的有（）A.甲与丙 B.乙与丙 C.乙与丁 D.丙与丁【正确答案】ABC【分析】根据相互独立事件的定义来判断各选项中的两个事件是否相互独立.分别求出各事件发生的概率以及它们同时发生的概率，然后进行比较.【详解】抛掷一枚质地均匀的骰子，每次都有种不同的结果.

事件甲：第一次点数为奇数，即第一次掷出、、，共种情况，所以.事件乙：第二次点数为偶数，即第二次掷出、、，共种情况，所以.

事件丙：两次点数相同，即、、、、、，共种情况，所以.事件丁：两次点数之和为偶数，可分为“两次点数均为奇数”和“两次点数均为偶数”.“两次点数均为奇数”有种情况，“两次点数均为偶数”也有种情况，所以.甲与丙：甲与丙同时发生，即第一次点数为奇数且两次点数相同，有、、，共种情况，所以.而，即，所以甲与丙相互独立.

乙与丙：乙与丙同时发生，即第二次点数为偶数且两次点数相同，有、、，共种情况，所以.而，即，所以乙与丙相互独立.

乙与丁：乙与丁同时发生，即第二次点数为偶数且两次点数之和为偶数，也就第一次点数也为偶数，有种情况，所以.而，即，所以乙与丁相互独立.

丙与丁：丙与丁同时发生，即两次点数相同且两次点数之和为偶数，也就是两次点数均为偶数或均为奇数，有、、、、、，共种情况，所以而，即，所以丙与丁不相互独立.

甲与丙、乙与丙、乙与丁相互独立.故选：ABC.10.抛物线的焦点为，经过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A、点B作抛物线C的切线，两切线相交于点E，则（）A.当时，B.面积的最大值为2C.点E在一条定直线上D.设直线倾斜角为，为定值【正确答案】CD【分析】由焦点为可得抛物线方程，联立直线与曲线方程，可得关于的一元二次方程，即可得与有关韦达定理，对A：利用韦达定理与弦长公式计算即可得；对B：利用韦达定理与弦长公式及面积公式计算即可得；对C：借助导数的几何意义可得与的方程，即可得点坐标，即可得解；对D：由，故可得.【详解】由抛物线的焦点为，故，即，由题意可知，直线斜率存在，设，，，联立，有，，，，对A：，当时，即有，故，即，即或，故A错误；对B：，故，故B错误；对C：由，，即，有，故，又，故，同理可得，设点，则有，有，，由，，故，，故点E在一条定直线上且该直线为，故C正确；对D：由，，则，故有，即，故为定值且该定值为，故D正确.故选：CD.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.11.已知，都是定义在上的函数，对任意实数x，y满足，且，则下列结论正确的是A. B.C.为奇函数 D.【正确答案】ABC【分析】令即可判断A；令即可判断B；令可得，结合奇函数的定义即可判断C；由选项C，令可得，求出的周期即可求解.详解】.A：令，得，则，故A正确；B：令，得，即，又且，所以，解得，故B正确；C：令，得，即，得，所以，得，所以，则为奇函数，故C正确；D：由选项C知，又，得①，令替换成，得②，①②相加，得，则，得，即的周期为3，所以，因为，所以，故D错误.故选：ABC思路点睛：对于含有，的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系.此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若函数图象关于点成中心对称，则__________.【正确答案】【分析】根据函数图象关于点成中心对称，由求解.【详解】解：由题意得，由，联立解得，所以，故13.若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则______．【正确答案】【分析】根据导数几何意义可分别用和表示出切线方程，根据切线方程相同可构造方程组，化简得到，代入所求式子整理即可.【详解】，∴曲线在点处的切线斜率，∴切线方程为，或，，即，，易知，，.故答案为.思路点睛：本题考查导数中的公切线问题，求解此类问题的基本思路是假设切点坐标后，利用导数几何意义分别表示出两函数切点处的切线方程，由两方程形式一致可构造方程组来求解相关问题.14.如图，一点从正方形的顶点处出发在各顶点间移动，每次移动要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步；要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移动一步．设移动（）步后回到点的概率为，到达点的概率为，=__________．【正确答案】##【分析】根据相互独立事件及互斥事件的概率公式求出，，再由、，即可得到是以为首项、公比的等比数列，从而求出的通项公式.【详解】依题意，，又，，所以，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.故四、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.如图，在平面凸四边形中，.（1）求；（2）若，，求.【正确答案】（1）（2）4【分析】（1）利用同角三角函数之间的基本关系以及两角和的正弦公式计算可得，再由三角形内角的范围可求出结果；（2）利用正弦定理以及三角形内角的关系，结合余弦定理计算可得结果.【小问1详解】由得，故，所以．因为，故，由三角形内角范围所以；小问2详解】由，，故为边长为4的等边三角形，在中，，由正弦定理得，故，由于，所以，故，在中，由余弦定理得，即，得.16.已知某险种的保费为0.4万元，前3次出险每次赔付0.8万元，第4次赔付0.6万元．赔偿次数01234单数800100603010在总体中抽样100单，以频率估计概率：（1）求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；（2）（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望；（ii）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．【正确答案】（1）（2）（i）0.122（万元）；（ii）0.1252（万元）【分析】（1）用频率估计概率，根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率；（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取0，0.8，1.6，2.4，3，用频率估计概率后可求得分布列及数学期望，从而可求；（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合的结果可求．【小问1详解】设A为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，由题设中的统计数据可得赔偿不少于2次的频率为，用频率估计概率，可知.【小问2详解】（ⅰ）设为赔付金额，则可取0，0.8，1.6，2.4，3，由题可得，，，，，所以，因为毛利润是保费与赔偿金额之差，故（万元）；（ⅱ）由（ⅰ）知未赔偿的概率为，至少赔偿一次的概率为，故保费的变化为，设为保单下一保险期的毛利润，故（万元）．17.已知四棱锥的底面是正方形，底面，且分别为的中点．（1）求证：∥平面；（2）求直线与平面所成角的大小．【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）由三角形中位线定理结合四边形为正方形，可得∥，再由线面平行判定定理可证得结论；（2）以所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明：因为分别为的中点，所以∥，因为四边形为正方形，所以∥，所以∥，因为平面，平面，所以∥平面；【小问2详解】因为四边形为正方形，所以，因为平面，平面，所以，所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，因为，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设直线与平面所成角为，所以，因为，所以，所以直线与平面所成角的大小为．18.已知椭圆的焦距为，为坐标原点，椭圆的上下顶点分别为，左右顶点分别为，依次连接的四个顶点构成的四边形的面积为．（1）求的方程；（2）过点的直线与椭圆交于（不同于）两点，问：是否存在实数使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）；（2）存在，使得.【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组，求解方程组作答.（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式推理计算作答.【小问1详解】依题意，，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）知，显然直线不垂直于y轴，设其方程为，，由消去x并整理得，则，，因为直线的斜率，直线的斜率，而，因此，即直线和的斜率之比为定值