2024届福建省三明市第一中学高三上学期月考二（12月）数学试题含答案

这是一份2024届福建省三明市第一中学高三上学期月考二（12月）数学试题含答案，共18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，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：B.
2．已知两个向量，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】运用向量的共线定理求解.
【详解】解：因为，
所以，，
故，即，
解得，.
故选：A.
3．在的展开式中，常数项为（ ）
A．10B．20C．40D．80
【答案】C
【分析】根据题意，求得二项展开式的通项为，进而求得展开式的常数项，得到答案.
【详解】由二项式展开式的通项为，
令，可得，即二项式展开式的常数项为.
故选：C.
4．已知l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，且与所成的角和与所成的角相等，则
【答案】C
【分析】利用线面的位置关系，结合空间想象即可得解.
【详解】若，，，则与有可能平行，故A错误；
若，，则可能在内，故B错误；
若，，则，又，则，故C正确；
若，且与所成的角和与所成的角相等，则与有可能相交，故D错误.
故选：C.
5．2023年杭州亚运会期间，甲、乙、丙3名运动员与5名志愿者站成一排拍照留念，若甲与乙相邻、丙不排在两端，则不同的排法种数有（ ）
A．1120B．7200C．8640D．14400
【答案】B
【分析】相邻问题用捆绑法看成一个整体，丙不排在两端可先排好其他人后再排丙.
【详解】甲与乙相邻有种不同的排法，将甲与乙看作是一个整体，与除丙外的5人排好，有种不同的排法，
再将丙排入隔开的不在两端的5个空中，有种不同的排法，
所以共有种不同的排法．
故选：B.
6．一个袋中装有大小相同的3个白球和2个红球，现在不放回的取2次球，每次取出一个球，记“第1次拿出的是白球”为事件，“第2次拿出的是白球”为事件，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据条件概率结合古典概型计算求解即可.
【详解】由已知条件得
由条件概率公式可得
.
故选：D.
7．已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】C
【分析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，运用双曲线的定义和条件可得，，，再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值．
【详解】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，
由双曲线的定义可得，
由，可得，，，
由可得，
在三角形中，由余弦定理可得：
，
即有，化简可得，
所以双曲线的离心率．
故选：C．
8．已知函数，若实数满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先对进行变形，构造函数，，推得其对称中心为，且上在单调递增，再结合对称性和单调性将转化为,再利用基本不等式求解的最大值.
【详解】由，
记，，
则，，
且单调递增，单调递增，
则与都关于中心对称且为上的增函数,
所以，
故关于中心对称且为上增函数，
则由，得，可得，
记，
则，
可得，当且仅当，即取等号，
故的最大值为.
故选：C．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得的对称中心，从而得到，的关系，进而利用基本不等式求解最值.
二、多选题
9．某校1500名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ）

A．频率分布直方图中a的值为0.005B．估计这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为75
C．估计这40名学生的竞赛成绩的众数为80D．估计总体中成绩落在内的学生人数为225
【答案】AD
【分析】先根据频率之和为1可得，进而可求每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断即可.
【详解】由，可得，故A正确；
前三个矩形的面积和为，
所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C 错误；
总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.
故选：AD
10．已知斜率为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于点两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．为中点
【答案】BCD
【分析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：
分别过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，
由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，
则为等边三角形，
，则，
设，，由，则，可得 ，
所以 ，
,解得
所以,所以B正确.
，得，
A选项错误；
所以,满足,所以C正确.
而,所以D正确.
故选：BCD
11．红、黄、蓝被称为三原色，选取其中任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色，已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色.现有红、黄、蓝颜料各两瓶，甲从六瓶颜料中任取两瓶，乙再从余下四瓶颜料中任取两瓶，两人分别进行等量调配，表示事件“甲调配出红色”；表示事件“甲调配出绿色”；表示事件“乙调配出紫色”，则下列说法正确的是（ ）
A．事件与事件是独立事件B．事件与事件是互斥事件
C．D．
【答案】BCD
【分析】分别求得，由可知A错误；由互斥事件可知B正确；由条件概率公式知C正确；计算后，可知D正确.
【详解】对于A，调配出红色需要两瓶红色颜料，调配出紫色需要一瓶红色和一瓶蓝色颜料，
，又，，
，事件与事件不是独立事件，A错误；
对于B，调配出红色需要两瓶红色颜料，调配出绿色需要一瓶黄色和一瓶蓝色颜料，
事件与事件不可能同时发生，事件与事件为互斥事件，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，由A知：，，D正确.
故选：BCD.
12．在数列中，.则下列结论中正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
【答案】ABD
【分析】由递推公式得通项公式结合函数的单调性、等比数列的求和公式计算即可一一判定选项.
【详解】由，易知，
所以是以1为首项，为公比的等比数列.
对于A项，易知，，
累加得，，
当时，符合上式，故，
若为奇数，则，且单调递增，
若为偶数，则，且单调递减，
故，即A正确；
对于B项，由上可知，
显然是以1为首项，为等比的等比数列，即B正确；
对于C、D选项，由A可知，故C错误，D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知是角终边上的一点，则 ．
【答案】/0.8
【分析】根据任意角三角函数的定义以及二倍角的正弦公式求解.
【详解】因为是角的终边上一点，
由三角函数定义可得，，，
所以．
故答案为：.
14．已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图为一扇形，扇形顶角的大小为，则该圆锥体积为 .
【答案】
【分析】设出圆锥的底面半径和母线，列出方程组，求出底面半径和母线，进而求出圆锥的高，得到体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，

解得，所以圆锥的高为，故圆锥的体积为.
故答案为：
15．设点是圆：上的动点，定点，，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】易得，求出的范围即可得解.
【详解】由题意原点为线段的中点，
因为，
所以点在圆外，
圆的圆心，半径，
，
的人，即，
所以，
所以的取值范围为.
故答案为：.

16．如图，在直三棱柱中，，，，为线段上的一点，且二面角的正切值为3，则三棱锥的外接球的体积为 .

【答案】
【分析】根据题意，由条件可得是二面角的平面角，再将三棱锥补为长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，再由球的体积公式，即可得到结果.
【详解】
如图，作，交于，则，
过作交于点，连接.
因为为直三棱柱，则平面，且，
则平面，且平面，所以，
又，，平面，
所以平面，平面，所以，
则是二面角的平面角，
所以，所以，
又，，所以，所以，.
可把三棱锥补成棱长为，，的长方体，
则三棱锥的外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的体积为.
故答案为：
四、解答题
17．记的角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若，求的最小值．
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）先利用正弦定理求出，再根据二倍角公式和商数关系结合基本不等式即可得出答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理得：，
即，
由余弦定理得：，
因为，所以；
（2）由正弦定理：，
，
则，
又因为代入得：
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为3．
18．已知函数，若函数的图象上任意一点P关于原点对称的点Q都在函数的图象上．
(1)求函数的解析式；
(2)若存在，使成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知，利用点的对称性代入函数的解析式进行求解.
（2）利用导数研究函数的单调性，再求出函数的范围即可得解.
【详解】（1）设为图象上任意一点，则是点Q关于原点的对称点，
因为在的图象上，所以，
即，故.
（2），即,
设，则，
易知，所以在上是增函数，
所以，可得．
故实数m的取值范围是．
19．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，，M在PC上，且PA∥平面MBD．

(1)求证：M是PC的中点.
(2)在PA上是否存在点F，使二面角F-BD-M为直角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）连接AC交BD于点E，连接ME，根据线面平行的性质定理证明即可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间坐标运算计算平面与平面FBD的法向量，根据二面角大小列方程求解的值即可得结论.
【详解】（1）连接AC交BD于点E，连接ME，

∵ABCD是矩形，∴E是AC中点.
又PA∥平面MBD，且ME是平面PAC与平面MDB的交线，
∴PA∥ME，∴M是PC的中点.
（2）取AD中点O，则OA，OE，OP两两垂直.以O为原点，建立空间直角坐标系（如图），

则，，，，，.
假设存在点F满足要求，设，则由得，
设平面MBD的法向量为，
∵，，
则，即，取，得，，
∴，
同理，平面FBD的一个法向量为，
由，得，解得，
故存在F，使二面角F-BD-M为直角，此时.
20．中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的瑰宝，中国象棋使用方形格状棋盘，圆形棋子共有32个，红黑各有16个棋子，摆动和活动在交叉点上．双方交替行棋，先把对方的将（帅）将死的一方获胜，为丰富学生课余生活，现某中学举办象棋比赛，经过3轮的筛选，最后剩下甲乙丙三人进行最终决赛．甲、乙两选手进行象棋比赛，如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙与甲，乙比赛获胜的概率都为
(1)如果甲与乙采用5局3胜制比赛（其中一人胜3局即结束比赛），那么甲胜乙的概率是多少；
(2)若第一轮甲与乙比赛，丙轮空；第二轮由丙与第一轮的胜者比赛，败者轮空；第三轮由第二轮比赛的胜者与第二轮比赛的轮空者比赛，如此继续下去（每轮都只比赛一局），先胜两局者获得冠军，每场比赛相互独立且每场比赛没有平局，求乙获得冠军的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意，分别求比三局、四局、五局甲获胜的概率，由此能求出甲获胜的概率．
（2）分第一轮乙胜、第一轮甲胜分别计算出概率即可.
【详解】（1）记比三局甲获胜的概率为，则，
比四局甲获胜的概率为，则，
比五局甲获胜的概率为，则，
则甲获胜的概率为，
答：甲胜乙的概率为
（2）若第一轮乙胜，则第二轮由乙丙比赛，若第二轮乙胜，则结束比赛，且概率为；
若第二轮丙胜，则进入第三轮甲丙比赛，必须甲胜，再进入第四轮由甲乙比赛，并且乙获胜结束比赛，且概率为；
若第一轮甲胜，则第二轮由甲丙比赛，必须丙胜，再进入第三轮由丙乙比赛，必须乙胜，再进入第四轮由甲乙比赛，乙获胜，结束比赛，且概率为，
故乙获得冠军的概率为，
答：乙获得冠军的概率为.
21．已知椭圆的左､右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于，两点，记的面积为，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于，，的方程即可求解；
（2）设直线方程（有两种方法，一种设；另一种设），与椭圆方程联立，结合韦达定理及基本不等式即可求出面积的最大值.
【详解】（1）因为，所以，则，
所以的标准方程为，
因为点在上，所以，
解得，从而，.
所以的标准方程为.
（2）易知点在的外部，则直线的斜率存在且不为0，
设，，，
联立方程组消去得，
由得，由根与系数的关系知
所以，
化简得.
设点到直线的距离为，则，
所以的面积
令，得，所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
因为满足，所以的最大值为.
评分细则：
第二问另解：
（2）设，，，
联立方程组，消去得.
由得，由根与系数的关系知.
所以，
化简得.
设点到直线的距离为，则，
所以的面积.
令，得，
所以，
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
因为满足，所以的最大值为.
22．设数列的前项之积为，满足.
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设数列的前项之和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）数列的前项之积为，满足，时，，解得．时，，变形为，结合，即可得出．
（2）由（1）可得：，解得，当时，，可得，需要证明，即证明，设，，令，，利用导数研究函数的单调性即可得出结论．
【详解】（1）因为数列的前项之积为，满足，
所以当时，，解得．
当时，，
化为，
变形为，
又，所以，即且，
则数列是以为首项，为公比的等比数列
所以．
（2）由（1）可得：，解得，
当时，．
，
需要证明，
即证明，
设，，
则，
设，，
则函数在上单调递增，
所以，
即，
所以．