2024届广东省东莞市东莞外国语学校高三上学期第四次月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省东莞市东莞外国语学校高三上学期第四次月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式的解法和对数不等式的解法求解.
【详解】由,解得，
又因为，所以，
又由，可得，解得，
所以，
所以，
故选:C.
2．复数的虚部是
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】先用复数除法运算化简，由此求得其虚部.
【详解】依题意，故虚部为.所以选C.
【点睛】本小题主要考查复数除法的运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.
3．在△ABC中，“”是“△ABC为锐角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】先根据得到∠A为锐角，但∠B，∠C不确定是否是锐角，故选出正确答案.
【详解】，所以，即∠A为锐角，但∠B，∠C不确定，故“＞0”是“△ABC为锐角三角形”的必要不充分条件.
故选：B
4．中国明代商人程大位对文学和数学颇感兴趣，他于60岁时完成杰作《直指算法统宗》．这是一本风行东亚的数学名著，该书第五卷有问题云：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”翻译成现代文为：今有白米一百八十石，甲、乙、丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少石米？请你计算甲应该分得（ ）
A．76石B．77石C．78石D．79石
【答案】C
【分析】设出未知数，列出方程组，求出答案.
【详解】设甲、乙、丙分得的米数为x+d，x，x-d，则，解得：d=18，，解得：x=60，所以x+d=60+18=78（石）
故选：C
5．函数（且）的图象恒过点，且点在角的终边上，则
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由函数求出定点的坐标，再由三角函数的定义求出角的正弦值和余弦值，最后由二倍角公式即可求出结果.
【详解】函数（且）的图像恒过，则
所以．答案：
【点睛】本题主要考查函数恒过定点的问题，以及三角函数的定义和二倍角公式，只需熟记函数的性质以及三角函数相关定义和公式即可求解，属于基础题型.
6．已知向量，（其中，），若与共线，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题首先可以根据与共线得出，然后将转化为，通过基本不等式即可得出结果.
【详解】因为与共线，，，
所以，即，
则，
当且仅当、时等号成立，
故的最小值为，
故选：B.
7．如图，在中，点为的中点，点在上，，点在上，，那么等于
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】本题选择D选项.
8．如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题作出图形，易得外接圆圆心在中点，结合正弦定理可求外接圆半径，结合图形知，，再结合二面角大小求出，进而得解.
【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以的外心在中点，设为，设的外心为，中点为，，因为，所以必在连线上，则，即，因为两平面交线为，为平面所在圆面中心，所以，，
又因为二面角的大小为，，所以，所以，锥体外接球半径，则三棱锥的外接球表面积为，
故选：B
二、多选题
9．下列函数中，既是偶函数又在区间单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断可得；
【详解】解：对于A：为偶函数，但是在上不具有单调性，故A错误；
对于B：为偶函数，且在单调递增，故B正确；
对于C：为奇函数，故C错误；
对于D：，定义域为，，所以为偶函数，当时，单调递增，故D正确；
故选：BD
10．已知向量，满足且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】先对条件进行化简得到，再结合选项逐个判定可得答案.
【详解】因为，所以；
因为，所以，所以，故C错误，D正确；
因为，所以，A正确；
因为，所以，B错误；
故选：AD.
11．已知数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．C．数列是等比数列D．数列是等比数列
【答案】ACD
【分析】根据转化到，进而可知数列是以为首项，公比为的等比数列，求出通项公式及前项和，即可判断选项正误.
【详解】数列的前项和为，且①，
当时，，A正确；
当时，②，
①②得：，
故，
整理得（常数），
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列；C正确；
所以．．
所以，B错误；
由于，所以．
所以，
所以数列是等比数列，D正确；
故选：ACD．
12．下列不等关系中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】构造函数，利用函数导数及性质每项验证.
【详解】对A，令，则 ，
当e 时，，此时在（0，e）上单调递增，
当e时，，此时在（e，）上单调递减，
所以，，所以，故A正确；
对B，令，则，
当e 时，，此时在（0，e）上单调递增，
当e 时，，此时在（e，）上单调递减，
由e，所以，
故B错误；
对C，由时，所以，令，
当时，，此时在上单调递减，
当 时，，此时在上单调递增，
所以，所以，当时取等号，
所以 ，即，
又，所以，所以，故C正确
对D，由
又 （，当时取等号）
所以即，即，故D正确
故选：ACD.
三、填空题
13．已知数列满足，则 .
【答案】
【分析】利用构造法，构造等比数列求通项公式.
【详解】∵，由，解得，
∴有，
是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，∴.
故答案为：.
14．平面向量与的夹角为60°，，，则等于 .
【答案】
【分析】先求向量，再根据向量模的运算求.
【详解】因为，所以，
又因为与的夹角为，，
所以
；
所以.
故答案为：.
15．给图中六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色且相邻的区域不同色．若有4种不同的颜色可供选择，则共有 种不同的染色方案．
【答案】288
【分析】分类考虑用三种不同颜色涂色和用四种不同颜色涂色，算出每种情况的不同涂色方案，即可得答案.
【详解】如图示，六个区域分别设为A,B,C,D,E,F区域，
若仅用三种不同的颜色涂色，那么A,C一定涂相同颜色，
此时共有种不同的涂色方案；
若选四种不同颜色涂色，
那么当A,C涂色相同时，那么A，B，C，D用了三种不同颜色，
这时考虑给E涂色时，可能是涂剩下的那一种颜色，也可能涂和AC或B相同的颜色，
此时有 种不同涂色方案，
当A,C涂色不相同时，有 种不同涂色方案，
故共有的涂色方案共有 种，
故答案为：288
16．，为一个有序实数组，表示把A中每个-1都变为，0，每个0都变为，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，例如：，则．定义，，若，中有项为1，则的前项和为 ．
【答案】
【分析】设中有项为0，其中1和的项数相同都为，由已知条件可得①，②，进而可得③，再结合④可得，分别研究为奇数与为偶数时的通项公式，运用累加法及并项求和即可求得结果.
【详解】因为，依题意得，，，
显然，中有2项，其中1项为，1项为1，
中有4项，其中1项为，1项为1，2项为0，
中有8项，其中3项为，3项为1，2项为0，
由此可得中共有项，其中1和的项数相同，
设中有项为0，所以，，
从而①，
因为表示把A中每个都变为，0，每个0都变为，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，
则②，
①+②得，③，
所以④，
④-③得，，
所以当为奇数且时，
，
经检验时符合，
所以（为奇数），
当为偶数时，则为奇数，
又因为，
所以，
所以，
当为奇数时，，
所以的前项和为
.
故答案为：.
【点睛】本题的解题关键是根据题目中集合的变换规则找到递推式，求出通项公式，再利用数列的特征采取分组求和解出.
四、解答题
17．已知为等差数列，为等比数列，的前项和，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由的前项和即可求出等比数列的通项公式，由和即可求出等差数列的通项公式.
（2）利用错位相减法即可求得数列的前项和.
【详解】（1）设的公差为，的公比为，
由已知可得，，则，
即．
∵，∴，
又∵，
∴，解得，即．
（2）由（1）知，
令①，
①式两边同乘得：②，
错位相减得
则．
18．已知平面直角坐标系中，，，，．
（Ⅰ）求的最小正周期和对称中心；
（Ⅱ）求在区间上的单调递增区间．
【答案】（Ⅰ）最小正周期为，对称中心是；
（Ⅱ）的递增区间为和．
【分析】(I)先根据向量的坐标的加法运算法则求出向量的坐标，从而求出从而可得其周期为,再利用正弦函数的对称中心,可求出f(x)的对称中心.(II)由正弦函数的单调增区间可知当时单增,解此不等式可求出f(x)的单调增区间,然后给k赋值，可得f(x)在上的增区间.
【详解】（Ⅰ）由题设知，，
，则

故最小正周期为
对称中心横坐标满足，即
对称中心是
（Ⅱ）当时单增，
即
又，故的递增区间为和
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.

(1)求证：平面PCD；
(2)求平面BPD与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，得平面，再得线线垂直，再根据正三角形三线合一证，最后由线面垂直的判定，证得平面PCD；
（2）建系，用空间向量坐标计算面面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）证明：在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，所以平面.
（2）取中点为中点为，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，
则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则
由得
取，则，
由（1）知平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.

20．的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若在边上，且，，，求.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由正弦定理和辅助角公式化简求解即可；
（2）由正弦定理和三角形的面积求得的a，b，c，在中，由余弦定理得.
【详解】（1）在中，因为，
所以.
又，所以，
所以，
则 ，
即.
因为，所以，即.
因为，所以.
（2）因为，所以，
所以.
所以，不妨设，，.
因为，所以，解得，
即，，，因为，所以，.
在中，由余弦定理得，
所以.
【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，也考查了三角形的面积公式和辅助角公式的化简，属于中档题.
21．冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病.而今年出现的新型冠状病毒（nCV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等，在较严重病例中，感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡.医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有份血液样本，有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，则需要检验次.
方式二：混合检验，将其中（且）份血液样本分别取样混合在一起检验.
若检验结果为阴性，这份的血液全为阴性，因而这份血液样本只要检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这份血液究竟哪几份为阳性，就要对这份再逐份检验，此时这份血液的检验次数总共为.假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为.
（1）现有份血液样本，其中只有份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率.
（2）现取其中（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次为.
（i）若，试求关于的函数关系式；
（ii）若，且采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更少，求的最大值.
参考数据：，，.
【答案】（1）；（2）（i）；（ii）.
【解析】（1）设恰好经过次检验能把阳性样本全部检验出来为事件，利用古典概型、排列组合能求出恰好经过两次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；
（2）（i）由已知得，的所有可能取值为、，求出和，从而可求得，由，能求出关于的函数关系式；
（ii）由，可得出，可得，构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合题中所给数据可求得的最大值.
【详解】（1）设恰好经过次检验能把阳性样本全部检验出来为事件，则，
所以，恰好经过次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为；
（2）（i）由已知得，的所有可能取值为、，
，，
，
由，得，化简得；
（ii）由题意知，则，，即，，
构造函数，则，
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
， ，
所以的最大值为.
【点睛】本题考查概率、函数关系式、实数的最大值的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．
22．定义在上的函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)将的所有极值点按照从小到大的顺序排列构成数列，若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义及点斜式，再结合三角形的面积公式即可求解；
（2）根据已知条件及正切函数的性质，利用导数法求函数的极值及函数存在性定理，再根据零点范围及三角函数相等的角的关系即可求解.
【详解】（1）当时，，故.
曲线在点处的切线的斜率为，
曲线在点处的切线方程为，
令.所以切线与轴的交点.
此时所求三角形的面积为.
（2）
当时，.
由函数在区间上递增，且值域为，
故存在唯一，使得.
此时当时，单调递减；
当时，单调递增，因此.
同理，存在唯一，使得.
此时当时，单调递增；
当时，单调递减，因此.
由.
同理：.
由，整理得：.
又，故，则有
由，故或.
又，当时，不满足，舍去.
所以，即，则.
综上所述，.
【点睛】解决此题的关键，第一问根据导数的几何意义及三角形的面积公式即可；第二问利用导数法求函数的极值的步骤，但此时无法解决导数函数的零点，只能通过函数零点存在性定理得出，再结合已知条件及零点范围及三角函数相等角的关系即可.