2024-2025学年海南省海口市高三上学期第三次月考数学检测试题1（附解析）

这是一份2024-2025学年海南省海口市高三上学期第三次月考数学检测试题1（附解析），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（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若是方程的解，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前项和为，若，公差，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
5．某人参加抽奖游戏，现有三叠外形、大小、图案均相同的卡片，分别有10张、15张、20张，若每叠中有2张中奖卡片，则随机选择一叠卡片抽取，中奖的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．若函数在区间上单调递减，则的取值范围为（ ）.
A．B．
C．D．
7．在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边作角和角，，它们的终边分别与单位圆交于点，，设线段的中点的纵坐标为，若，则角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知偶函数定义域为，且对于任意的，都有，当时，，若方程有且只有6个实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设函数，则（ ）
A．是偶函数B．在区间上单调递增
C．最大值为2D．其图象关于点对称
10．若函数在处取得极大值，则（ ）
A．，或
B．的解集为
C．当时，
D．
11．已知函数在区间上单调，且满足，下列结论正确的有（ ）
A．
B．若，则函数的最小正周期为
C．关于方程在区间上最多有4个不相等的实数解
D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知f(x)是定义在上的奇函数，且．若，则 ； ．
13．已知，，，则 .
14．已知曲线在点处的切线与曲线相切，则 ；若无极值点，则的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数．
(1)当时，分别求函数取得最大值和最小值时的值；
(2)设的内角，，的对应边分别是，，，且，，，求的面积．
16．如图，直角梯形中，，，，，等腰直角三角形中，，且平面平面，平面与平面交于.
(1)求证：；
(2)若，求二面角的余弦值.
17．某试点高校校考过程中笔试通过后才能进入面试环节.2022年报考该试点高校的学生的笔试成绩近似服从正态分布.其中，近似为样本平均数，近似为样本方差.已知的近似值为76.5，s的近似值为5.5，以样本估计总体.
(1)假设有84.135%的学生的笔试成绩高于该校预期的平均成绩，求该校预期的平均成绩大约是多少?
(2)若笔试成绩高于76.5进入面试，若从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，设其中进入面试学生数为，求随机变量的期望.
(3)现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为、、、设这4名学生中通过面试的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.
参考数据：若，则：；；.
18．已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若，求k的值；
(3)设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值.
19．定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题：
（1）写出协同圆圆的方程；
（2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值；
（3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程.
答案
1．【正确答案】D
【详解】由题意可得：，
，
所以.
故选：D.
2．【正确答案】C
【分析】先判断函数的单调性，再利用零点存在性原理即可求出解的区间.
【详解】因为函数在定义上单调递增，
又，，
所以函数的零点所在区间是，即．
故选：C.
3．【正确答案】C
【分析】根据题设写出等差数列通项公式得，利用单调性得时，时，即有时最小，进而求最小值.
【详解】由题设，令，可得，
又，故时，时，
所以时最小，即最小为.
故选：C
4．【正确答案】C
【详解】解：由题可知，的定义域为，
，
∴fx是偶函数，排除A，B，
又，排除D，
故选：C．
5．【正确答案】C
【详解】记事件在第叠卡片中抽奖，，事件中奖，
则，．
由全概率公式可得
．
故选:C.
6．【正确答案】B
【分析】根据函数的单调性可得不等式组，即可求解.
【详解】因为，所以，
又因为函数在区间上单调递减，
所以解得，所以，
所以可得，解得.
故选:B.
7．【正确答案】B
【详解】由题意可得，，
则
，
由可得，即，
解得，
即，
又，则时，.
故选：B
8．【正确答案】C
【详解】因为，所以的图象关于直线对称，
又是偶函数，所以，所以是以为周期的周期函数.
令，则是偶函数，图象关于轴对称，
当时，作出与的图象，
由图可知，与的图象有两个交点，不合题意.
当时，作出与的图象，
因为方程有且只有6个实数根，
即方程在0,+∞上有且只有3个实数根，
即与的图象在0,+∞上有且只有3个交点，
由图可得，，解得.
综上，.
故选：C.
9．【正确答案】AD
【分析】
首先根据辅助角公式化简函数，然后根据选项，依次判断函数的性质.
【详解】
，所以函数是偶函数，故A正确；
时，，所以函数在区间上单调递减，故B错误；
函数的最大值是，故C错误；
当时，，所以函数图象关于点对称，故D正确.
故选：AD
10．【正确答案】BCD
【详解】A选项，由题，则，
因在处取得极大值，则或.
当时，，令；.
则在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极小值，不合题意；
当时，，令；.
则在上单调递增，在上单调递减，则在处取得极大值，满足题意；
则，故A错误；
B选项，由A可知，，则.
故B正确；
C选项，当，则，则，由A分析，在0,1上单调递增，
则，故C正确；
D选项，令，由A可知，.
则
，
又，则，故D正确.
故选：BCD
11．【正确答案】ABD
【分析】对A：利用对称性直接求得；
对B：根据对称中心与对称轴可得周期表达式，结合在区间上单调求出函数的最小正周期，即可判断；
对C：先判断出周期，结合周期越大，的根的个数越少，解出在区间上最多有3个不相等的实数根，即可判断；
对D：由题意分析，建立关于的不等式组，求出的取值范围.
【详解】函数满足.
对A：因为，所以，故A正确；
对B：因为，所以函数的一条对称轴方程为.
又为一个对称中心，由正弦图像和性质可知，函数的最小正周期满足，即.
又在区间上单调，故，即，故，故B正确；
对C：函数在区间上单调，且满足，
可得，所以周期，
又周期越大，的根的个数越少.
当时，，又，，得.
所以在区间上有3个不相等的实数根：，或，或，
故至多3个不同的实数解，故C错误；
对D：函数在区间上恰有5个零点，所以，
所以，解得，且满足，即，
即，所以，故D正确.
故选ABD.
12．【正确答案】
【详解】由，得函数f(x)关于直线对称，
又f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(x)是周期的函数，
所以，
故，.
13．【正确答案】
【详解】因，，，
故，，
故，，
则
.
故
14．【正确答案】 0或 ； .
【详解】
,
所以切线为,即,
又因为与相切，
所以只有一个解，
当,,只有一个解符合题意，
当a不为零时，符合题意，
所以或；
无极值点，
则无零点，
无根，
或,
解得或,
所以.
故答案为或；.
15．【正确答案】(1)最大值0，此时；最小值，此时；
(2)或.
【详解】（1），
，
因为，有，所以，
的最大值0，此时，
的最小值，此时；
（2），所以，由为三角形内角得，
因为，，由余弦定理得，解得或，
由，得或.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面与平面交于，平面，所以；
（2）取中点，连接，，，因为，，
所以是等边三角形，由三线合一得：，
又因为是等腰直角三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
故三线两两垂直，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为且由（1）知，
所以四边形为平行四边形，可得，
所以，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又平面的一个法向量可取，所以，
设二面角的大小为，由题意为锐角，所以，
所以二面角的余弦值为.
17．【正确答案】(1)分；
(2)5；
(3)分布列详见解析；
【详解】（1）由，
又的近似值为76.5，的近似值为5.5，
所以该校预期的平均成绩大约是（分）
（2）由，可得，
即从所有报考该试点高校的学生中随机抽取1人，
该学生笔试成绩高于76.5的概率为
所以随机变量服从二项分布，故
（3）X的可能取值为，
，
，
，
，
，
所以X的分布列为
所以
18．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）当时，，，
所以，所以切线的斜率为，
又因为，
所以曲线在处的切线方程为，即.
（2）因为，
当时，，
所以在上单调递增，
又因为，与不符；
当时，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，所以，
设，
则，
由，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以有唯一解，且.
（3）由（2）知当时，，
当且仅当时，.
所以当且时，，
则.
取（），所以，
所以，，，
所以.
所以
所以
于是对于任意正整数n，，
只需，又因为，所以，
则m的最小值为.
19．【正确答案】（1）；（2）；（3）证明见详解，定圆的方程为.
【分析】（1）由协同圆的定义，结合椭圆方程的参数写出协同圆圆的方程；
（2）讨论直线的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时，直接求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求；斜率存在时，设联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求；
（3）设，则，讨论有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可证结论，并写出定圆方程.
【详解】（1）由椭圆，知，
根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆；
（2）设，则，
直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：
①当直线的斜率不存在时，直线，
若，由解得此时.
若，同理得：；
②当直线的斜率存在时，设，
由得，有，又直线是圆的切线，故，可得，
∴，则而，
∴，即.
综上，恒有；
（3）是椭圆上的两个动点且，设，则，
直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论，
若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有，
∴，，且，
由，解得，
若直线的斜率都存在，设，则,
由得有；同理，得.
于是，，
由，可得，
因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上,
∴该定圆的方程为圆.
【关键点拨】研究直线与曲线相交关系注意讨论直线的斜率是否存在，求出交点坐标或联立椭圆、直线方程，根据判断判别式的符号、根与系数关系，结合题设已知条件列方程求定值或定曲线.
X
0
1
2
3
4
P