福建省福州外国语学校2024届高三上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份福建省福州外国语学校2024届高三上学期10月月考数学试题（解析版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分：150分 时量：120分钟
注意事项：
答卷前，考生务必用黑色签字笔将姓名、座位号、考生号填写在答题卡上．用铅笔在答题卡对应题目选项填涂；解答题必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上．
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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数（为虚数单位）为实系数方程的一根，则（ ）
A．4B．2C．0D．
3．已知向量，满足，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知两个随机变量，，其中，（），若，且，则（ ）
A．0.4B．0.3C．0.2D．0.1
5．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，钱塘江和钱江潮头是会徽的形象核心，绿水青山展示了浙江杭州山水城市的自然特征，江潮奔涌表达了浙江儿女勇立潮头的精神气质，整个会徽形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形，设弧长度是，弧长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．函数在其定义域上的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
7．袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球上数字是1”，表示事件“第二次取出的球上数字是2”，表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出（ ）
A．与相互独立B．与相互独立C．与相互独立D．与相互独立
8．已知函数，则、、的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错得0分．
9．下列结论正确的是（ ）
A．命题“”的否定是“”
B．若样本数据的方差为2，则数据的方差为8
C．
D．若（，为有理数），则
10．地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准．里氏震级的计算公式为（其中常数是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）．地震的能量（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量．已知，其中为地震震级．下列说法正确的是（ ）．
A．若地震震级增加1级，则最大振幅增加到原来的10倍
B．若地震震级增加1级，则放出的能量增加到原来的10倍
C．若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量也增加到原来的倍
D．若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量增加到原来的1000倍
11．如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥外接球的表面积为9π
C．点C到平面AEF的距离为
D．平面AEF截正方体所得的截面面积为
12．已知数列满足，则（ ）
A．≥2B．是递增数列
C．{-4}是递增数列D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知的展开式中含项的系数为8，则实数 .
14．已知拋物线，过焦点的直线交抛物线于两点，过作准线的垂线，垂足为，若被轴平分，则直线的斜率为 .
15．现有5名师范大学毕业生主动要求到西部某地的甲、乙、丙三校支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配到甲校的概率为 ．
16．若关于x的不等式恒成立，则的最大值是 .
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤．
17．已知的内角的对边分别为，满足.
(1)求角；
(2)是的角平分线，若，的面积为，求的值.
18．已知等差数列{an}，满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，an＋2lg2bn＝－1.
（1）分别求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn.
19．如图，在以P，A，B，C，D为顶点的五面体中，四边形ABCD为等腰梯形，∥，，平面平面，．
(1)求证：平面平面；
(2)若二面角的余弦值为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
20．某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质最（单位：克），质量的分组区间为．由此得到样本的频率分布直方图（如下图）．

(1)根据频率分布直方图，求质量超过505克的产品数量．
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设为质量超过505克的产品数量，求的分布列．
(3)从该流水线上任取2件产品，设为质量超过505克的产品数量，求的分布列及数学期望．
21．设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.
22．已知函数.
(1)当时，求在上的值域；
(2)若有两个零点，且，证明：且.
1．B
【分析】解不等式，求出集合，从而求出.
【详解】由题意可得：，，则．
故选：B
2．C
【分析】将代入方程中，根据复数相等的充要条件即可求解.
【详解】因为是方程的根，所以，
，且，
故选：C
3．C
【分析】由向量垂直列出方程，结合向量的数量积运算性质求解.
【详解】∵，∴
∵，∴
∵，∴，即.
故选：C.
4．D
【分析】根据二项分布的均值与正态分布的均值公式可得，再根据正态分布曲线的对称性求解即可
【详解】由可得，即.又，由正态分布曲线的对称性可得
故选：D
5．C
【分析】通过弧长比可以得到与的比，接着再利用扇形面积公式即可求解
【详解】解：设，则，所以，即，
所以，
故选：C
6．C
【分析】利用函数的奇偶性，以及特殊点的函数值符号即可由排除法选出正确图象.
【详解】，
所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项，
因为当时，，，
又因为时，，所以，
，，所以，故在区间与轴有三个交点，故排除.
故选：C.
7．C
【分析】分别求出事件A,B,C,D的概率，根据相互独立事件计算概率的乘法公式计算判断A,计算判断B；计算判断C;计算判断D.
【详解】由题意可得：,
有放回的随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有 共4种，所以;
两次取出的球上数字之和是6的情况有共3种，故,
对于A, ,则，
故与不是相互独立事件，故A错误；
对于B, ,则,
故A与不是相互独立事件，故B错误；
对于C, ,则，
故与是相互独立事件，故C正确；
对于D, ,则，
故C与D不是相互独立事件，故D错误；
故选：C
8．A
【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，可得出，分析函数在上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可得出、的大小，并比较与的大小，结合函数的单调性可得出结论.
【详解】因为，
对任意的，
，
所以，函数的图象关于直线对称，则，
当时，，
因为二次函数在上为增函数，且，
所以，函数、在上为增函数，
所以，函数在上为增函数，
令，其中，则，
故函数在上为减函数，所以，，即，
所以，，所以，，
又因为，即，所以，.
故选：A.
9．BD
【分析】对于A：利用全称命题的否定形式进行判断；对于B：由方差的性质直接求解；
对于C：利用组合数的性质直接求解；对于D：利用二项式定理展开即可求解.
【详解】对于A：“”的否定是“”.故A错误；
对于B：由方差的性质可知：的方差为.故B正确；
对于C：.故C错误；
对于D：因为展开式的通项为，
所以，即.故D正确.
故选：BD
10．AC
【分析】本题首先要读懂公式，然后根据题意合理代入数据进行对数运算对选项进行一一检验即可得到答案.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，所以B错误；
因为，所以，
所以C正确，D错误.
故选：AC.
11．BCD
【分析】假设，推出，又不可能有即可判断A选项；先求出外接球球心，进而求得外接球半径，求出表面积即可判断B选项；由等体积法即可判断C选项；先判断出截面形状，再求截面面积即可判断D选项.
【详解】
对于A，取中点，连接，由于是的中点，，而平面，则平面，
又平面，，若，又，平面，平面，
又平面，则，但正方形中，是中点，不可能有，则A错误；
对于B，连接交于点，则是的外心，取中点，连接，则，
又底面，则底面，又底面，则，则，
又可得，则即为三棱锥外接球的球心，又，
则外接球半径为，则外接球表面积为，B正确；
对于C，连接，，则，
则，则，，底面，
设点C到平面AEF的距离为，由可得，解得，C正确；
对于D，连接，易得，则，又，
则平面AEF截正方体所得的截面即为等腰梯形，，
则等腰梯形的高为，则等腰梯形的面积为，即截面面积为，D正确.
故选：BCD.
12．ABD
【分析】根据所给的递推公式，结合选项构造对应的表达式推导即可
【详解】对于A，因为，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确；
对于C，由，由题意，，即可知不是递增数列；
对于D，因为，所以，所以，
所以，即.
故选：ABD
13．3
【分析】根据题意得到的展开式的通项公式，再由条件列出方程即可得到结果.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
则展开式中含项的系数为
解得
故答案为:
14．
【分析】根据题意绘出草图，把点的位置分两种情况进行讨论，分情况设出点的坐标，利用点与点关于轴对称关系（见详解图），结合直线的斜率来求解即可.
【详解】根据题意绘图如下，设直线AB交准线于G点，当点在第一象限时，设，则， 被轴平分，点与点关于轴对称，.
又，，，由得：，即，故，.
同理，当点在第四象限时，设，则有.
综上分析得知：.
故答案为：
15．##0.4
【分析】根据给定条件，求出5名学生按要求分配到3所学校的不同分法数，再求出恰有2人分配到甲校的分法数即可计算作答.
【详解】将5名学生按和分成3组的不同分法有（种），
因此5名学生按每个学校至少去1人，分配到甲、乙、丙三校的不同分法数为，
恰好有2名学生分配到甲校的不同分法数为，
所以恰好有2名大学生分配到甲校的概率.
故答案为：
16．
【分析】由，，原不等式可化为.再利用导数研究函数的图象，根据的图象恒在的图象的上方，对进行分类讨论，即可得到答案.
【详解】由，，原不等式可化为.
设，则，
当时，，递增；
，，递减.
所以，在处取得极大值，且为最大值；
时，.
的图象恒在的图象的上方，
显然不符题意；
当时，为直线的横截距，其最大值为的横截距，
再令，可得，所以取得最大值为.
此时，，直线与在点处相切.
【点睛】本小题主要考查函数的导数及其应用等基础知识；考查抽象概括能力、运算求解能力和创新意识；考查化归与转化、数形结合等思想方法.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理，结合余弦定理进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式，角平分线的性质进行求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得， 整理得， 由余弦定理得， 又， 则；
（2）（2） 由面积公式得， 解得，
又是的角平分线， 则 ， 故.
， 则.
18．（1）an＝2n－1；bn＝；（2）3－.
【分析】（1）根据等比数列列方程解得公差，再根据等差数列通项公式得an；最后根据an＋2lg2bn＝－1得bn＝；（2）根据错位相减法求和Tn.
【详解】(1)设d为等差数列{an}的公差，且d>0，
由a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1，1，3后成等比数列，
得(2＋d)2＝2(4＋2d)，
因为d>0，所以d＝2，
所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
又因为an＝－1－2lg2bn，
所以lg2bn＝－n，即bn＝.
(2) ①，
②，
①－②，得
所以
【点睛】本题考查等差数列通项公式、错位相减法求和，考查基本分析求解能力，属基础题.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，由面面垂直的判定即可证明；
（2）过作，，垂足分别为，，连接，由几何法可证即为二面角的平面角，过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，再由向量法求出直线PD与平面PBC所成角即可．
【详解】（1）（1）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面．
（2）过作，，垂足分别为，，连接，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，且，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，即即为二面角的平面角，
不妨设，则可知，且，，
因为，所以，所以，
过作平面，以为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以，
设直线PD与平面PBC所成角为，则，
直线PD与平面PBC所成角的正弦值为
20．(1)件
(2)分布列见解析
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据频率分布直方图求得质量超过505克的产品的频率为，进而求得质量超过505克的产品数量；
（2）根据题意得到随机变量的取值为0，1，2，且服从超几何分布，求得相应的概率，得到分布列；
（3）根据题意求得产品的质量超过505克的概率为，结合从流水线上任取2件产品互不影响得到，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，即可求解.
【详解】（1）解：根据频率分布直方图，可得质量超过505克的产品的频率为，所以质量超过505克的产品数量为（件）．
（2）解：重量超过505克的产品数量为12件，则重量未超过505克的产品数量为28件，
可得的取值为0，1，2，且服从超几何分布，
则，，，
故随机变量的分布列为
（3）解：根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505克的概率为，
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2次独立重复试验，
所以质量超过505克的件数的可能取值为0，1．2，且，
可得，
所以，，．
故的分布列为
所以期望为．
21．（Ⅰ）（Ⅱ）或.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.
【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.
所以，椭圆方程为.
(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，
整理得，可得，
代入得，
进而直线的斜率，
在中，令，得.
由题意得，所以直线的斜率为.
由，得，
化简得，从而.
所以，直线的斜率为或.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出，则可得在上的单调性，即可求出其最值，则可得出答案；
（2）由有两个零点，易知，由此可得，又由可知，则可证；令，要证，只需证，
易知，结合在上单调递减，则可证，又，即可证，
令函数，求出，易证恒成立，则可得，即得证.
【详解】（1）当时，，则，
当时，，当时，，
故，
因为，
所以，
故在上的值域为；
（2）证明：因为，所以，
当时，恒成立，在上单调递增，不存在两个零点，不满足题意；
当时，当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，
要使有两个零点，则需，
解得，
又，不妨令，
则，所以，
要证，只需证，
易知，则，
因为当时，在上单调递减，
所以要证，只需证，
因为，
所以等价于，
令函数，
则，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即在上单调递减，
所以，
故，
则.
0
1
2
0
1
2