2024届福建省莆田市第二十五中学高三上学期月考（四）数学试题含答案

这是一份2024届福建省莆田市第二十五中学高三上学期月考（四）数学试题含答案，共20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．设集合，，则( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查对数函数，绝对值不等式的解法，以及集合的交集运算.
【详解】
故选：A.
2．若复数，其中为虚数单位，则下列结论正确的是
A．的虚部为B．C．的共轭复数为D．为纯虚数
【答案】D
【解析】将复数整理为的形式，分别判断四个选项即可得到结果.
【详解】
的虚部为，错误；，错误；，错误；
，为纯虚数，正确
本题正确选项：
【点睛】本题考查复数的模长、实部与虚部、共轭复数、复数的分类的知识，属于基础题.
3．世界三大数学猜想：“费马猜想”“四色猜想”“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在 1976 年和 1994 年荣升为“四色定理”和“费马大定理”. 280多年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的结果是“1＋2”陈氏定理，由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于 4 的偶数，都可以写成两个质数之和. 在不超过20的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的选法种数为（ ）
A．28B．25C．21D．12
【答案】C
【分析】利用组合数的定义求解即可.
【详解】不超过20的质数有2，3，5，7，11，13，17，19一共8个数，
随机选取两个不同的数，当选取的数没有2时，其和为偶数.
故选法有种.
故选：C
4．在中，“”是“为直角三角形”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
【答案】D
【分析】逐步分析条件，否定充分性，举例子否定必要性即可.
【详解】在中，若，则，
故，或，或，
故充分性不成立，令，，不符合，故必要性不成立，
故选：D
5．在△ABC中，角内的对边分别为，若, , 依次成等差数列，则（ ）
A．a，b，c依次成等差数列B．，，依次成等差数列
C．，，依次成等差数列D．，，依次成等比数列
【答案】C
【分析】由, , 依次成等差数列可知，将正切化弦，并利用正弦定理以及余弦定理即可求解.
【详解】因为, , 依次成等差数列，所以，即，
由正弦定理得， 即，
又由余弦定理得，即，
所以，，依次成等差数列，
故选：.
6．已知是函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则的极大值点为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由指数函数的性质判断的符号，进而确定的单调性即可知极大值点.
【详解】由的图象知，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
故的单调递增区间为，单调递减区间为和，
故的极大值点为.
故选：D
7．记函数的最小正周期为，且，将的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】A
【分析】根据以及即可求出值，再根据函数的平移以及平移后的函数为偶函数即可求出的最小值.
【详解】由已知得，则，
因为，所以，即，
将的图象向右平移个单位后函数解析式为，
因为平移后的函数为偶函数，所以(kZ),解得(k∈Z)，
因为，所以，所以，此时，
则的最小值为，
故选：.
8．已知函数的图象有两条与直线平行的切线，且切点坐标分别为，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用导数的几何意义求出在P,Q两点处的切线斜率，即可得出是的两根，利用韦达定理即可得出的取值范围.
【详解】根据题意可知的定义域为，所以，
易得，
由导数的几何意义可得切点为时，切线斜率为,
同理可得，点处切线斜率为；
又因为两条切线与直线平行，可得，即
所以是关于方程的两根，
所以，即，又
可得；
所以，由可得
即，所以的取值范围是.
故选：B
二、多选题
9．8名学生参加跑的成绩（单位：s）分别为13.10，12.99，13.01，13.20，13.01，13.20，12.91，13.01，则（ ）
A．极差为0.29B．众数为13.01
C．平均数近似为13.05D．第75百分位数为13.10
【答案】ABC
【分析】根据极差，众数，平均数，百分位数的概念逐项分析．
【详解】将该组数据从小到大排列为：12.91，12.99，13.01，13.01，13.01，13.10，13.20，13.20.
对于A：极差为，故A正确；
对于B：这组数据中13.01出现3次，众数为13.01，故B正确；
对于C：平均数为，故C正确；
对于D：因为共有8个数据，所以，则第75百分位数为．所以D错误．
故选:ABC．
10．已知函数，对任意的恒成立，则（ ）
A．的一个周期为B．的图像关于直线对称
C．在区间上有1个极值点D．在区间上单调递增
【答案】BD
【分析】对于A，求得最小正周期即可判断；对于B，由题意求得，检验是否为即可判断；对于CD，由可得，从而可得在区间上单调递增，没有极值点，即可判断.
【详解】对于A，的最小正周期，A错；
对于B，因为对任意的恒成立，
所以当时，取得最大值，所以，
解得，又因为，所以，
所以，所以当时，，所以的图像关于直线对称，B对；
对于CD，因为，所以，
所以在区间上单调递增，没有极值点，C错D对.
故选：BD.
11．已知正方体的棱长为1，点P满足，，，（P，B，D，四点不重合），则下列说法正确的是（ ）．
A．当时，的最小值是1
B．当，时，∥平面
C．当，时，平面平面
D．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】BCD
【分析】对于A：根据空间向量分析可知点在平面内，利用等体积法求点到平面的距离；对于B：根据空间向量分析可知点在直线上，根据线面平行的判定定理分析判断；对于C：根据空间向量分析可知点为取的中点，结合线面垂直关系分析证明；对于D：根据空间向量分析可知点在平面内，根据线面夹角的定义结合基本不等式分析判断.
【详解】对于选项A：当时，即，
则，
可得，则，
可知点在平面内，

设点到平面的距离为，可知，
由可得，解得，
所以的最小值是，故A错误；
对于选项B：当，时，
则，
可得，则，

由正方体的性质可知：∥，且，
则为平行四边形，可得∥，且，
即，则，
可知点在直线上，直线即为直线，
且∥，平面，平面，
所以∥平面，即∥平面，故B正确；
对于选项C：当，时，
则，
取的中点，可得，
可知点即为点，

因为平面，平面，则，
设，连接，
可知，，平面，
所以平面，且平面，可得，
同理可得：，且，平面，
所以平面，
又因为分别为的中点，则∥，可得平面，
且平面，所以平面平面，故C正确；
对于选项D：当，时，
则，
可知点在平面内，

因为平面∥平面，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，
因为平面，则直线与平面所成的角为，
可得，
又因为，即，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
可知的最小值为，则的最大值，
所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：根据空间向量的线性运算，结合向量共线或共面的判定定理确定点的位置，方可结合立体几何相关知识分析求解.
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，
C．若是增函数，则
D．若和的零点总数大于2，则这些零点之和大于5
【答案】ABD
【分析】直接代入即可判断A，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断B，由在上恒成立，利用导数求出，即可求出的取值方程，即可判断C，首先说明，得到在和上各有一个零点，，利用对数均值不等式得到，即可得到，再说明在和上各有一个零点、且，最后利用基本不等式证明即可.
【详解】对于A：当时，
则，
，
所以，故A正确；
对于B：，
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递减，又，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以当时，，故B正确；
对于C：在上恒成立，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，故C错误；
对于D：因为，即为的一个零点，
当时，有且仅有一个根，此时在上单调递增，
所以和都只有个零点，不符合题意；
当时，则无零点，只有一个零点，不符合题意；
当时在和上各有一个零点，，
所以，所以，所以，
所以，且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，所以，，
所以在和上各有一个零点、，
又，
所以，
所以，故D正确.
其中：不等式的证明如下：
要证，只需证，令，只需证，，设，，
则，可得在上单调递减，
∴，得证.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
三、填空题
13．二项式的展开式的中间项为
【答案】-252
【分析】利用二项式的展开式，求出中间项即可求解.
【详解】设展开式为，
总共项，中间项为第项，此时，所以.
故答案为：.
14．已知，则
【答案】/
【分析】利用二倍角公式以及同角三角函数平方式整理算式，结合同角三角函数的商式关系，可得答案.
【详解】因为，所以，
则
.
故答案为：.
15．1889年7月由恩格斯领导的第二国际在巴黎举行代表大会，会议上宣布将五月一日定为国际劳动节.五一劳动节某单位安排甲、乙、丙3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知甲在五一假期期间值班2天，则甲连续值班的概率是 .
【答案】/0.4
【分析】根据条件概率公式可求出结果.
【详解】记“甲在五一假期期间值班2天”为事件，“甲连续值班”为事件，
则种，种，
所以，
所以已知甲在五一假期期间值班2天，则甲连续值班的概率为.
故答案为：.
16．若，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】借助基本不等式有消去、，对求最大值即可，再应用三角函数的单调性即可得.
【详解】由题意得：，，，
则，
当且仅当时等号成立，
即，
即，
则有，则，,
有在单调递增，
在上单调递减，
故在上单调递增，
则当时，即、时，
有最大值，
即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题关键在于如何将多变量求最值问题中的多变量消去，结合基本不等式与题目条件可将、消去，再结合三角函数的值域与单调性即可求解.
四、解答题
17．已知正项数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，记数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论与两种情况，利用数列递推式的性质，结合作差法即可求得；
（2）结合（1）中结论，利用错位相减法求得，由此得证.
【详解】（1）因为，
当时，，
因为，所以，
当时，，
两式相减得，，
因为，所以，
经检验，上式对于也适合，
所以的通项公式为.
（2）由（1）得，
所以，
，
两式相减得，
所以，
由于，显然，所以.
18．已知向量，其中，若函数的最小正周期为.
(1)求的单调增区间；
(2)在中，若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由辅助角公式将函数化简，再由函数周期即可求得，再根据正弦型函数的单调区间即可得到结果；
（2）根据题意，由（1）中函数的解析式可得，再由正弦定理可得，再结合平面向量数量积的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）
的最小正周期为.
故，
令，解得，
故函数的单调增区间为
（2）设中角所对的边分别是.
，即，解得.
，
，
.
19．如图所示，在四棱锥中，底面，，底面为直角梯形，，，，N是PB的中点，点M，Q分别在线段PD与AP上，且，.

(1)当时，求平面MDN与平面DNC的夹角大小；
(2)若平面PBC，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面MDN与平面DNC的夹角；
（2）利用空间向量法把线面平行转化为得向量垂直，从而利用数量积的运算化简即可证明；
【详解】（1）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

当时，、、、、、、
，则，，，
设平面MDN的法向量为，则，
取，可得，
设平面DNC的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面MDN与平面DNC的夹角为，所以，所以，
故平面MDN与平面DNC的夹角为.
（2），，设平面PBC的法向量为，
则，取，可得，
因为，，所以，，
则，因为平面PBC，
所以，即，
所以，即，
所以，所以.
20．近年来，国际环境和局势日趋严峻，高精尖科技围堵和竞争更加激烈，国家号召各类高科技企业汇聚科研力量，加强科技创新，大力增加研发资金，以突破我国在各个领域的“卡脖子”关键技术，某市为了解本市高科技企业的科研投入和产出方面的情况，抽查了本市8家半导体企业2018年至2022年的研发投资额（单位：百亿元）和因此投入而产生的收入附加额（单位：百亿元），对研发投资额和收入附加额进行整理，得到相关数据，并发现投资额和收入附加额成线性相关．
(1)求收入的附加额与研发投资额的线性回归方程（保留三位小数）；
(2)现从这8家企业中，任意抽取3家企业，用表示这3家企业中收入附加额大于投资额的企业个数，求的分布列及数学期望．
参考数据：，，．
附：在线性回归方程中，，．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据所给数据，利用参考公式计算，即可得出线性回归方程；
（2）根据超几何分布计算对应随机变量的概率，列出分布列、计算期望即可.
【详解】（1）由，，
得：，
由得，
所以年收入的附加额与投资额的线性回归方程为.
（2）8个投资额中，收入附加额大于投资额的企业个数为5，
故的所有可能取值为0，1，2，3，
，，，，
则的分布列为：
故.
21．已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，椭圆的离心率为，焦点三角形的周长为．
（1）求该椭圆的标准方程；
（2）过点D（4，0）的动直线交该椭圆于P，Q两点，直线A1P，A2Q相交于点E，证明：点E在定直线上．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意可得，联立即可得解；
（2）已知动直线的斜率不为0，设该动直线为
联立方程可得求出直线A1P，A2Q方程，联立结合韦达定理即可得解.
【详解】（1）由题
可得标准方程为.
（2）易知，该动直线的斜率不为0，设该动直线为
联立方程
直线
联立可得

所以
，即点在定直线上.
【点睛】本题考查了求椭圆方程，考查了相关的基本量的运算，考查了直线和椭圆的定直线问题，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：
（1）韦达定理的应用，韦达定理是联系各个变量之间的桥梁，是解决解析几何问题的最重要的方法；
（2）计算能力和计算技巧是解决解析几何问题的关键能力.
22．已知函数（，e为自然对数的底数）
(1)求函数的单调区间；
(2)若不等式在区间上恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)
【分析】（1）对函数求导，利用导函数的单调性及零点确定导函数大于0、小于0的解集，即可得解；
（2）转化不等式为在区间上恒成立，构造函数，利用端点处的函数值及导数，分类讨论即可得解.
【详解】（1）由题意，，则，
由在上均单调递减，所以在上单调递减，
又，所以当时，，当时，，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）不等式即在区间上恒成立，
令，则，，
所以，
若，即时，此时存在使得当时，，
函数在上单调递增，，不合题意；
若时，，
令，则，
所以单调递减，，
所以，当且仅当时等号成立，
所以在上单调递减，所以，符合题意；
综上，实数k的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是端点效应及多次求导的应用，在进行多次求导时，要清楚每次求导的作用.
投资额（百亿元）
2
3
4
5
6
8
9
11
收入附加额（百亿元）
3.6
4.1
4.8
5.4
6.2
7.5
7.9
9.1
0
1
2
3