117，山东省菏泽市单县第一中学2024届高三下学期3月月考数学试题

这是一份117，山东省菏泽市单县第一中学2024届高三下学期3月月考数学试题，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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，，若，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量共线的充要条件即可得解.
【详解】因为，，，
所以，解得.
故选：A.
2. 某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是高级工程师.既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工是高级工程师的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出没有荣获“优秀员工”称号的高级工程师人数，得到公司的高级工程师总人数，从而得到概率.
【详解】由题意得，没有荣获“优秀员工”称号的高级工程师有人，
则公司共有高级工程师的人数为，
故被选中的员工是高级工程师的概率为.
故选：C
3. 记等差数列的前n项和为.若，，则（ ）
A. 49B. 63C. 70D. 126
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的项的“等和性”得到，再运用等差数列的前n项和公式计算即得.
【详解】因是等差数列，故，于是
故选：B
4. 若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】因为，所以，即求直线的纵截距的最小值，设，利用导数证明在的图象上凹，所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，据此即可求解.
【详解】因为，所以，
所以即求直线的纵截距的最小值，
设，所以，
所以在单调递增，所以在的图象上凹，
所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，
令切点横坐标，所以直线过点，且直线斜率为
所以的直线方程为，
当时，，
即直线与相切时，
直线与无交点，
设，所以，
所以在时斜率为，在时斜率为，均小于直线的斜率，
所以可令直线在处与相交，在处与相交，
所以直线方程为，
所以截距为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于，，即求直线的纵截距的最小值的分析.
5. 已知，是双曲线的左、右焦点，若双曲线上存在点P满足，则双曲线离心率的最小值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】设P的坐标，代入双曲线的方程，利用数量积的坐标表示，结合双曲线离心率的计算公式求解即得.
【详解】设，双曲线的半焦距为c，则有，，，
于是，
因此，
当且仅当时取等号，则，即，离心率，
所以双曲线离心率的最小值为.
故选：D
6. 在数列中，为其前n项和，首项，且函数的导函数有唯一零点，则=（ ）
A. 26B. 63C. 57D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】计算，分析的奇偶性，可判断零点取值，代入计算可得的递推关系，求出前5项，计算求和即可.
【详解】因为，
所以，由题意可知：有唯一零点.
令，可知为偶函数且有唯一零点，
则此零点只能为0，即，代入化简可得：，
又，所以，，，，所以.
故选：C
7. 已知直线l：与曲线W：有三个交点D、E、F，且，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数的性质可得曲线的对称中心，即得，再根据给定长度求出点的坐标即得.
【详解】显然函数的定义域为R，，即函数是奇函数，
因此曲线的对称中心为，由直线l与曲线的三个交点满足，得，
设，则，令，则有，即，
解得，即，因此点或，或，
选项中只有坐标为的向量与共线，能作为直线l的方向向量的坐标是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是得到曲线对称中心为，从而得到，然后再去设点坐标，根据，得到高次方程，利用换元法结合因式分解解出的坐标即可.
8. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则=（ ）
A. 4036B. 4040C. 4044D. 4048
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解.
【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，
由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称，
所以，从而得，所以函数为周期为4的函数，
因为，所以，则，
因为关于直线对称，所以，
又因为关于点对称，所以，
又因为，又因为，所以，
所以，故D正确.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（ ）
A. 的离心率为B. 的周长为12
C. 的最小值为3D. 的最大值为16
【答案】BD
【解析】
【分析】首先分析题意，利用椭圆性质进行逐个求解，直接求出离心率判断A，利益椭圆的定义求出焦点三角形周长判断B，举反例判断C，利用基本不等式求最大值判断D即可.
【详解】由椭圆得
则所以，故A错误;
易知的周长为故B正确；
当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；
由基本不等式得，当且仅当时取等，
则取得最大值16，故D正确.
故选：BD.
10. 已知函数的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（ ）
A.
B. 恒成立
C. 在上单调递减
D. 将的图象向右平移个单位，得到的图象关于轴对称
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意求出，然后由余弦型函数的性质判断即可.
【详解】函数的图象在y轴上的截距为，
所以，因为，所以.故A正确；
又因为是该函数的最小正零点，
所以，所以，
解得，所以，，
所以，故B错误；
当时，，故C正确；
将的图象向右平移个单位，得到，
是非奇非偶函数，图象不关于轴对称，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则下列关于该几何体叙述正确的是（ ）
A. 该几何体的体积为B. 该几何体为七面体
C. 二面角的余弦值为D. 该几何体为三棱柱
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A可以分别求正四棱锥和正四面体的体积即可；
选项C先确定二面角的平面角为，在三角形中利用余弦定理可得；
选项D先根据二面角与二面角的关系确定四点共面，再证得平面平面，三个侧面都是平行四边形即可；
选项B根据选项D三棱柱有5个面，可判断错误.
【详解】
如图：在正四面体中中，为的中点，连接，连接作于，
则为的中心，为正四面体中的高，
因， ，，，
，
在正四面体中中，为的中点，所以，，
故为二面角的一个平面角，
如图：在正四棱锥中，由题意，
连接，交于点，连接，则为正四棱锥的高，
，，
，
该几何体的体积为，故A正确，
取的中点，连接，，
由题意正四棱锥的棱长都为1，所以，，
故即为二面角的一个平面角，
其中，，
在中，，故C正确，
因，可知二面角与二面角所成角互补，
故平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面，
故该几何体有5个面，B错误，
因四点共面，且和都为等边三角形，易知，且，故侧面为平行四边形，
又平面,平面，所以平面，
同理平面，且侧面为平行四边形，
又，平面，平面，
所以平面平面，又侧面为正方形，
故多面体即为三棱柱，故D正确，
故选：ACD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量，则的值为__________.
【答案】16
【解析】
【分析】理解正态分布的均值、方差的含义即得，再利用随机变量的方差性质即可求得.
【详解】由可得,则.
故答案为：16 .
13. 已知O为坐标原点，点F为椭圆的右焦点，点A，B在C上，AB的中点为F，，则C的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先结合图形求得，代入椭圆方程构造齐次式，然后可解.
【详解】由椭圆的对称性可知，垂直于x轴，
又，所以，
所以为等腰直角三角形，故，
所以，即，
所以，整理得，
解得或（舍去），
故.
故答案为：
14. 已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为______.
【答案】##
【解析】
【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长.
【详解】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，
所以，所以，所以，
由A，P，B三点共线，故存在实数使得，
所以，所以，即，
解得，所以，所以，所以，
又且与之间的距离为d，则，，
所以，，所以，
又，所以的周长为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.
四、解答题：本题共5小题，共73分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知数列的前n项和为，且，令.
（1）求证：为等比数列；
（2）求使取得最大值时的n的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）结合已知，由时化简得，再由及等比数列的定义证明即可；
（2）先求得，利用作商法判断数列的单调性即可求得最值.
【小问1详解】
由，可得时，
即，，又因为，所以，，
综上，，，所以为首项和公比均为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）可得，所以，
时，，
令，可得，（或令，可得），
可知，
综上，或时，的取得最大值.
16. 已知函数．
（1）若，曲线在点处的切线斜率为1，求该切线的方程；
（2）讨论的单调性．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据可得，即可利用点斜式求解，
（2）求导，结合分类讨论求解导函数的正负，结合二次方程根的情况，即可求解.
【小问1详解】
当时，，解得
又因为，所以切线方程为：，即
【小问2详解】
的定义域为，
当时，得恒成立，在单调递增
当时，令，
（i）当即时，
恒成立，在单调递增
（ii）当即时，
由得，或，
由得，
所以在，单调递增，
在单调递减
综上：当时，在单调递增；
当时，在，单调递增；
在单调递减
17. 在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于．
（1）当时，求点轨迹长度；
（2）当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可.
【小问1详解】
作交于，
因为平面平面，且平面平面，面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以．
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
设，因为，所以，
又，，
所以，即，
设中点为，则，如图：
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为；
【小问2详解】
由（1）知，可设，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得．
为平面的一个法向量，令二面角为角，
，又，
解得，（舍去）或，，
则或，
从而可得三棱锥的体积．
18. 为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年级共1000名学生的假期日均阅读时间（单位：分钟），得到了如下所示的频率分布直方图，若前两个小矩形的高度分别为0.0075，0.0125，后三个小矩形的高度比为3：2：1．
（1）根据频率分布直方图，估计高一年级1000名学生假期日均阅读时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于[80，100）的人数记为，求随机变量的分布列与数学期望．
【答案】（1）67（分钟）
（2）分布列见解析；期望为1
【解析】
【分析】（1）根据平均数等于每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和求解；
（2）依题意求出随机变量的分布列，并利用数学期望公式求解.
【小问1详解】
由题知：各组频率分别为：0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
（分钟）
【小问2详解】
由题意，在[60，80），[80，100），[100，120]三组分别抽取3，2，1人
的可能取值为：0，1，2
则
所以的分布列为：
19. 对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足：
I．，；
II．，；
Ⅲ．，，；
Ⅳ．，，．
对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群．

（1）直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；
（2）同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：，．
①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；
②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明；
③写出群S的所有子群．
【答案】（1）答案见解析；
（2）①证明见解析；②答案见解析，证明见解析；③证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定信息，按旋转变换、对称变换分别求出对应变换，再写出集合.
（2）①根据群的定义条件，逐一验证即得；②按照群定义Ⅲ、Ⅳ分别推理计算即得；③写出的所有子群即可.
【小问1详解】
依题意，正三角形的对称变换如下：绕中心作的旋转变换；
绕中心作的旋转变换；
绕中心作的旋转变换；
关于对称轴所在直线的反射变换；
关于对称轴所在直线的反射变换；
关于对称轴所在直线的反射变换，
综上，.（形式不唯一）
【小问2详解】
①Ⅰ.，，；
Ⅱ.，，，
，
所以；
Ⅲ.
，
而，所以；
Ⅳ，
；
综上可知，集合对于给定的新运算*来说能作成一个群.
②，，证明如下：
先证明：由于是的子群，取，则，，
根据群的定义，有，，所以，
所以，即，
即，所以.
再证明：由于，，，
所以，所以，
所以，所以.
③的所有子群如下：
，
，，
，
【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.
0
1
2