2024-2025学年海南省海口市高三上学期第5次月考数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年海南省海口市高三上学期第5次月考数学检测试题（附解析），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，等比数列中，，则“”是“”的，已知抛物线C，设，，且，则，若双曲线C等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡相应位置上．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
第Ⅰ卷（选择题共60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．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．设复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．为了研究某班学生的脚长x（单位：厘米）和身高y（单位：厘米）的关系，从该班随机抽取10名学生，根据测量数据的散点图可以看出y与x之间有线性相关关系．设其经验回归方程为．已知，，，该班某学生的脚长为25，据此估计其身高为（ ）
A．160B．165C．170D．175
4．等比数列中，，则“”是“”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
5．已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线与C的一个交点．若，则（ ）
A．B．4C．D．6
6．若正三棱台的上､下底面的边长分别为3和6，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．B．C．D．
7．设，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
8．若双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点．若，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．有一组样本数据，，，，，，，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A．，，，，的众数等于，，，，，，的众数
B．，，，，的中位数等于，，，，，，的中位数
C．，，，，的方差不大于，，，，，，的方差
D．，，，，的极差不小于，，，，，，的极差
10．已知函数，将图象上所有点的横坐标都缩短到原来的，再把所得图象向右平移个单位后得到函数的图象，则（ ）
A．是奇函数B．在区间上的值域为
C．在区间上单调递增D．点是的图象的一个对称中心
11．设数列的前n项和为，已知，且（），则下列结论正确的是（ ）
A．数列是等比数列B．数列是等比数列
C．D．
12．已知非零函数的定义域为，为奇函数，且，则（ ）
A．B．
C．D．在区间上至少有1012个零点
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知函数是奇函数，则实数 ．
14．在的展开式中，的系数为 ．
15．已知是边长为4的正三角形，是边上的中线．现将沿折起，使二面角等于，则四面体外接球的表面积为 ．
16．在平面直角坐标系中，已知，A，B是圆C：上的两个动点，满足，则面积的最大值是 ．
四．解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知数列的前n项和为，，，，其中为常数．
(1)证明：；
(2)是否存在，使得为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求角B的大小；
(2)设，的面积为S，周长为L，求的最大值．
19．如图，在四棱锥中，，，，．

(1)证明：平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
20．某健身馆为预估2024年2月份客户投入的健身消费金额，随机抽样统计了2024年1月份100名客户的消费金额，分组如下：，，，…，（单位：元），得到如图所示的频率分布直方图：
(1)请用抽样的数据预估2024年2月份健身客户人均消费的金额（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)若消费金额不少于800元的客户称为健身卫士，不少于1000元的客户称为健身达人．现利用分层随机抽样的方法从健身卫士中抽取6人，再从这6人中抽取2人做进一步调查，求抽到的2人中至少1人为健身达人的概率；
(3)为吸引顾客，在健身项目之外，该健身馆特推出健身配套营养品的销售，现有两种促销方案．
方案一：每满800元可立减100元；
方案二：金额超过800元可抽奖三次，每次中奖的概率为，且每次抽奖互不影响，中奖1次打9折，中奖2次打8折，中奖3次打7折．
若某人打算购买1000元的营养品，请您帮他分析应该选择哪种促销方案．
21．已知椭圆C：（）过点，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于M、N两点（M、N不是椭圆C的左、右顶点），且以线段MN为直径的圆过椭圆C的右顶点A．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
22．已知函数，．
（1）当为何值时，轴为曲线的切线；
（2）用表示中的最小值，设函数，讨论零点的个数．
1．B
【分析】根据交集定义运算即可
【详解】因为，所以,
故选：B.
本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解.
2．C
【分析】根据复数的乘法运算先求解出，再根据共轭复数的概念求解出.
【详解】因为，
所以，
故选：C.
3．C
【分析】根据数据先求解出，然后根据经验回归方程过求解出，代入于经验回归方程可求.
【详解】因为，，所以，
又因为，所以，所以，
所以经验回归方程为，
当时，，
故选：C.
4．B
【详解】若，∴，∴，若，则， ∴不成立；若成立，则，又，∴，∴，∴成立，综合可知，“”是“”必要而不充分条件，故选B.
5．B
【分析】由题意解出点横坐标，由抛物线的定义求解.
【详解】由题意可知：抛物线C：的焦点为，准线为，
设，，则，
因为，则，得，
由抛物线定义得.
故选：B
6．A
【分析】根据条件先计算出正三棱台的高，然后根据棱台的体积公式求解出结果.
【详解】正三棱台上下底面的中心为，连接，
过作交于点，
因为，所以，，
因为垂直于上下底面且，所以，
所以四边形为矩形，
所以，
又因为，
所以，所以，
又因为，，
所以三棱台的体积为，
故选：A.
7．D
利用二倍角公式和辅助公式即可求解
【详解】
因为
所以，所以，
故选D
8．C
【分析】设，根据向量关系分析出为中点以及，然后根据双曲线的定义以及勾股定理求解出，再通过勾股定理得到的方程，由此可求离心率.
【详解】连接，设，
因为，所以为中点，
所以，
所以，，
又因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，所以，
在中，，
所以，所以，所以，
故选：C.
关键点点睛：本题考查双曲线的离心率问题，对学生的转化与计算能力要求较高，难度较大.解答本题的关键点有两个：（1）将向量关系转化为位置关系；（2）利用双曲线的定义进行线段长度的求解.
9．BC
【分析】
根据众数、中位数、方差、极差的概念以及计算公式逐项判断即可.
【详解】对于A：设这组数据为，此时的众数为，
的众数为和，故A错误；
对于B：不妨假设，此时的中位数为，
的中位数为，故B正确；
对于C：因为是最小值，是最大值，所以的波动性不大于的波动性，即，故C正确；
对于D：因为的极差为，的极差为，
且，所以，所以，故D错误；
故选：BC.
10．CD
【分析】根据图象变换结合诱导公式可得，再根据余弦函数性质逐项分析判断.
【详解】将图象上所有点的横坐标都缩短到原来的，得到，
再把所得图象向右平移个单位后，得到，
对于选项A：显然的定义域为，且，
可知是偶函数，故A错误；
对于选项B：若，则，可得，
所以，故B错误；
对于选项C：若，则，且在内单调递减，
所以在区间上单调递增，故C正确；
对于选项D：，所以点是的图象的一个对称中心，故D正确；
故选：CD.
11．BCD
【分析】BC选项，变形得到，得到为等比数列，公比为3，求出通项公式；A选项，利用等比数列的定义进行判断；D选项，利用错位相减法求和.
【详解】BC选项，变形为，
所以为等比数列，公比为3，首项为，
故，所以，BC正确；
A选项，，故，不是常数，
故数列不是等比数列，A错误；
D选项，，
故①，
所以②，
故①-②得，
故，D正确.
故选：BCD
12．ABD
【分析】利用赋值法求得判断A，利用的对称性与奇偶性判断BC，利用的周期性判断D.
【详解】对于A，因为函数的定义域为，为奇函数，
所以，则，
令，则，，故A正确；
对于B，，所以，则，
所以，故，故B正确；
对于C，假设，则，
又，函数的定义域为，
所以即是奇函数又是偶函数，则恒成立，与题干矛盾，故C错误；
对于D，因为，，所以，
所以在上至少有两个零点，
又，即为周期为4的偶函数，而，
所以在区间上至少有个零点，故D正确.
故选：ABD.
结论点睛：设函数，，，．
（1）若，则函数的周期为2a；
（2）若，则函数的周期为2a；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a.
13．
【分析】根据题意可知是偶函数，结合偶函数的定义分析求解.
【详解】由题意可知：函数的定义域为函数，
因为函数是奇函数，且是奇函数，
可知是偶函数，
则，
因为不恒成立，则，解得.
故答案为.
14．
【分析】先将原式化为，再根据展开式的通项公式求得项的系数.
【详解】因为，
其展开式的通项公式为，
令，所以，
故答案为.
15．
【分析】先根据位置关系得到平面，然后确定出球心的位置，结合勾股定理求解出外接球的半径，由此可求外接球的表面积.
【详解】因为是正三角形，且是边上的中线，
所以，且，平面，
所以平面；
记的中点为，的外接圆圆心为，
过作平面的垂线，则球心在该垂线上，连接，
因为二面角等于，所以，
由正弦定理可知，所以，
由垂径定理以及线面垂直的性质易知四边形是矩形，
所以，
所以，即外接球的半径，
所以外接球的表面积为，
故答案为.
16．
【分析】
根据条件先确定出的位置关系，然后利用到的距离表示出，由此构造函数利用导数求解出的最大值.
【详解】设中点为，因为，所以，
由垂径定理可知，且有公共点，所以共线，
所以，
设到的距离为，所以，，
所以到的距离为（位于和之间）或（位于和之间），且，
所以且，
设，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以的最大值为，
故答案为.
关键点点睛：本题考查直线与圆的综合运用，涉及到几何法表示弦长、利用导数求最值，对学生的计算能力要求较高，难度较大.解答本题的关键点有两个：（1）根据长度关系能推理出位置关系；（2）表示出后选择用导数求解出对应最大值.
17．(1)证明见解析
(2)存在，当时为等差数列
【分析】（1）在原式中以代换得到新等式，两式作差结合可完成证明；
（2）假设存在，根据成等差数列先求解出的值，然后求解出的通项公式并检验是否为等差数列，由此可知结果.
【详解】（1）因为，所以，
两式相减可得：，
又因为，所以.
（2）设存在使得为等差数列，
因为，所以，
又因为，所以，
若为等差数列，则有，解得，
当为奇数时，是首项为，公差为的等差数列，
所以；
当为偶数时，是首项为，公差为的等差数列，
所以；
所以的通项公式即为，
显然，所以为等差数列，
综上所述，当时，为等差数列.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）先根据正弦定理进行边化角，然后再根据弦化切求解出的值，则可知；
（2）先根据正弦定理将表示为角的正弦形式，然后表示出三角形面积和周长，利用二倍角公式以及辅助角公式进行化简，结合正弦型函数的性质可求的最大值.
【详解】（1）因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以，
又因为，所以.
（2）因为，所以，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以
，
又因为，所以，所以，
当且仅当，即时有最大值为，
综上所述，的最大值为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据，，利用勾股定理得到，再由，利用线面垂直的判定定理证明.
（2）由，，易得，在平面内过点作轴垂直于，再结合（1）以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，求得的坐标，平面的一个法向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）为，，
所以，
所以.
又，且，平面，平面，
所以平面.
（2）因为，，
则，且，可知，
在平面内过点A作轴垂直于，又由（1）知平面，
分别以，所在直线为，轴建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，.
因为，则，
可得，，，
设平面的一个法向量为，
则，取得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20．(1)元
(2)
(3)应选择第二种促销方案
【分析】
（1）将组中值乘以对应频率并将所得结果相加即可求得健身客户人均消费的金额；
（2）先分析出抽取的人中健身达人的人数，然后利用组合数求解出对应事件的概率；
（3）直接分析出方案一的付款金额；设方案二的付款金额为元，先求解出的概率分布，然后可求，比较与方案一的付款金额可知结果.
【详解】（1）因为样本数据的平均数为：
，
所以预估2024年2月份健身客户人均消费的金额为元.
（2）健身卫士中健身达人所占比例为，
所以抽取的人中健身达人有人，
记“抽到的2人中至少1人为健身达人”为事件，
所以.
（3）若选方案一，只需付款元；
若选方案二，设付款金额为元，则可取，
且，
，
，
，
所以元，
因为，
所以应选择第二种促销方案.
21．(1)
(2)证明见解析，定点坐标
【分析】（1）根据题意列出的方程组，结合求解出的值，则椭圆方程可知；
（2）设出直线的横截式方程以及的坐标，联立直线与椭圆方程可求得纵坐标的韦达定理形式，结合条件可知，通过化简可求得的值，则所过定点坐标可知.
【详解】（1）由题得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可知的斜率不为，设，
联立可得，
且，即，
所以，
因为以为直径的圆经过点，所以，
所以，所以，
所以，
所以，
所以，
化简可得，解得或，
当时，过点，不符合题意；
当时，过定点，满足题意，
综上所述，直线过定点.
方法点睛：解答圆锥曲线的定点问题的策略：
（1）参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到与过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
22．（Ⅰ）；（Ⅱ）当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.
【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论.
试题解析：（Ⅰ）设曲线与轴相切于点，则，，即，解得.
因此，当时，轴是曲线的切线.
（Ⅱ）当时，，从而，
∴在（1，+∞）无零点.
当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点.
当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数.
（ⅰ）若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点.
（ⅱ）若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.
①若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点.
②若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；
③若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点.…10分
综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点.
考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想