2024届福建省泉州市泉港区第二中学高三上学期第三次月考数学试题含答案

这是一份2024届福建省泉州市泉港区第二中学高三上学期第三次月考数学试题含答案，共19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
【详解】试题分析：,,所以，故选A.
【解析】集合的运算.
2．函数的零点所在的一个区间是（ ）
A．(1，2)B．(2，3)C．(3，4)D．(4，5)
【答案】B
【分析】求出各区间的端点的函数值，再根据零点的存在性定理即可得解.
【详解】解：函数在是连续不断的，
由，
，
所以函数的零点所在的一个区间是.
故选：B.
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据，结合二倍角公式求解即可.
【详解】解：因为，
所以.
故选：C
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据的解析式先判断奇偶性，代入特殊值即可求解.
【详解】依题意，
因为，
所以，
所以，所以为奇函数，所以D选项错误；
因为，所以C选项错误；
因为，所以B选项错误；
因此排除了BCD选项，而A选项图象符合函数的性质.
故选：A.
5．已知非零向量 满足，且向量在向量方向的投影向量是，则向量与的夹角是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由垂直关系得出，由向量在向量方向的投影向量得出，由两式得出，进而得出夹角.
【详解】因为，所以，即①.
因为向量在向量方向的投影向量是，所以.
所以②，将①代入②得，，又，
所以.
故选：B
6．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数值剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所以被除余的自然数从小到大组成数列，所有被除余的自然数从小到大组成数列，把和的公共项从小到大得到数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意数列、都是等差数列，从而得到数列是等差数列，依次对选项进行判断可得答案.
【详解】根据题意数列是首项为2，公差为3的等差数列， ，
数列是首项为2，公差为5的等差数列，，
数列与的公共项从小到大得到数列，故数列是首项为2，公差为15的等差数列，.
对于A，，，，错误
对于B，，，，正确.
对于C，，，，，错误.
对于D，，，，，错误.
故选：B.
7．已知F是椭圆C的右焦点，O为坐标原点，P是C上的一点，若，且，则C的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由椭圆定义，在焦点三角形中由余弦定理建立齐次方程，求得离心率.
【详解】设椭圆半长轴为a，焦半径为c，左焦点为，则有，，
，，
所以在中，.
故选：D.
8．函数有且仅有2个零点，则正数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用导数研究当时，没有零点，结合三角函数性质研究时，有且仅有两个零点问题，进而得答案.
【详解】解：当时，，，令得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
由于，当时，，
所以，即当时，没有零点.
所以当时，有且仅有两个零点，
由于时，，
所以函数（）有且仅有两个零点，
所以，解得
所以正数的取值范围是
故选：B
二、多选题
9．已知复数，则下列说法正确的（ ）
A．
B．
C．是纯虚数
D．在复平面内对应的点在第三象限
【答案】AC
【分析】利用复数四则运算进行化简整理，结合复数的模，对应的点到坐标以及复数相等判断正误．
【详解】因为，所以，所以选项A正确；
，，所以，所以选项B不正确；
是纯虚数，所以选项C正确；
在复平面内对应的点的坐标为位于第四象限，所以选项D不正确.
故选：AC．
10．函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得函数的图象，则（ ）

A．
B．的图象关于点对称
C．在上单调递增
D．在上有两个极值点
【答案】AC
【分析】A选项，由函数图象求出最小正周期，从而得到；B选项，代入特殊点坐标，得到，，得到函数解析式，得到平移后的解析式，代入得到，故B错误；C选项，整体法求出函数单调递增区间，得到，由于，故C正确；D选项，结合余弦函数图象知只有1个极值点.
【详解】A选项，设的最小正周期为，由图象知，解得，
因为，所以，所以，故A正确；
B选项，由，得，解得，
又，所以只有符合要求；
由，得，故，所以，
所以.
由得的图象不关于点对称，故B不正确；
C选项，由，得，
即的单调递增区间为，令，得，
又，故在上单调递增，故C正确；
D选项，当时，，由于在上，
只有为极小值点，故在上仅有一个极值点，故D不正确.
故选：AC.
11．正方体中，P，Q分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．异面直线与所成角为D．平面截正方体所得截面为等腰梯形
【答案】ACD
【分析】利用正方体的特征结合线面平行、线面垂直、异面直线的夹角及平面的性质一一判定选项即可.
【详解】在正方体中，P，Q分别为棱和棱的中点，如图所示：
对于选项A：P，Q分别为棱和棱的中点，所以，
由于平面，不在平面内，
所以平面，故A正确；
对于选项B：由正方体的特征易知平面，
平面和平面为相交平面，
所以不可能垂直平面，故B错误；
对于选项C：，为等边三角形，所以，
即异面直线与所成的角为故C正确；
对于选项D：连接，，，由于，，，
所以：平面截正方体所得截面为等腰梯形，故D正确．
故选：ACD
12．已知数列满足，，下列说法中正确的是（ ）
A．
B．，且，满足
C．（）
D．记的前n项积为，则
【答案】AD
【分析】A选项，变形得到，若，推出，矛盾，故，即；B选项，得到，若，推出，矛盾；C选项，假设（），代入条件得到，C错误；D选项，得到，利用累乘法可得：，因为，所以，则，也可构造法求出，得到BC错误.
【详解】A选项，由可得，
若，则，以此类推，，…，，与已知条件矛盾，
故，此时，且满足，所以A正确．
B选项，由可得，
因为，若，则，以此类推，，…，，与已知条件矛盾．
故，又，所以恒成立．
则，故是递减数列，所以B错．
C选项，假设（），则，
将代入中得，
，
或者取验证可知C不成立，所以C错．
D选项，由，，利用累乘法可得：
，
因为，所以，则．所以D正确．
另解AB选项：由，左右两边同时取对数，
，
令，则，设，
故，故，
故为等比数列，首项为，公比为2，
故，故，
代入，则．显然，故A正确，
因为函数单调增函数，且大于0恒成立，则单调递减，
则数列为递减数列，则不存在，且，满足，所以B错误；
故选：AD.
【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，
（1）若，采用累加法；
（2）若，采用累乘法；
（3）若，可利用构造进行求解；
三、填空题
13．若圆和圆恰有三条公切线，则实数 ．
【答案】
【分析】利用两圆之间的位置关系可知两圆恰有三条公切线时两圆外切，由圆心距等于两半径之和即可求得.
【详解】根据圆与圆的位置关系可知，
两圆恰有三条公切线时当且仅当两圆外切，所以圆心距等于两圆半径之和，
易知圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径；
即可得，得．
故答案为：
14．若函数在处的切线与直线垂直，则 ．
【答案】
【分析】求出导函数，为切线斜率，由直线垂直得斜率乘积为可得参数值．
【详解】，，由．
故答案为：．
15．已知点P是抛物线上的一个动点，则点P到点的距离与点P到该抛物线准线的距离之和的最小值为 .
【答案】5
【分析】利用抛物线定义将点P到该抛物线准线的距离转化为到焦点距离，再利用三点共线距离最小求值.
【详解】设抛物线的焦点为，则，由抛物线的定义可得到该抛物线准线的距离等于，
所以，当且仅当P、M、F三点共线时成立.
故答案为：5.
16．正方形ABCD棱长为1，点P是边AD上的动点，BE⊥CP于E，则的取值范围是
【答案】
【分析】根据题意，设，分别用表示出、 ，换元后转化为二次函数值域问题即可求解.
【详解】根据题意，设且，
则，，
故，
设，则，
故，因，所以.
故答案为：.
四、解答题
17．已知各项均不相同的等差数列的前四项和，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设为数列的前n项和，求
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列求和公式及等比中项计算即可；
（2）利用裂项相消法计算即可.
【详解】（1）设公差为，由题意得，
解得舍或，
所以，故；
（2）由（1）知 ，
.
18．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为
(1)求角A的大小；
(2)当时，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可；
（2）根据正弦定理先得出，根据三角形内角和性质及余弦函数的单调性计算即可.
【详解】（1）由正弦定理得：，
所以，即，
因为，所以，
又，所以
（2），，由正弦定理，
所以，
因为为锐角三角形，所以，则，
所以，
所以
19．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
20．随着“中华好诗词”节目的播出，掀起了全民诵读传统诗词经典的热潮．某社团为调查大学生对于“中华诗词”的喜好，从甲、乙两所大学各随机抽取了40名学生，记录他们每天学习“中华诗词”的时间，按照，，，，，分组，并整理得到如下频率分布直方图：

根据学生每天学习“中华诗词”的时间，可以将学生对于“中华诗词”的喜好程度分为三个等级：
(1)从甲大学中随机选出一名学生，试估计其“爱好”中华诗词的概率；
(2)从这两组“痴迷”的同学中随机选出2人，记ξ为选出的两人中甲大学的人数，求ξ的分布列和数学期望；
(3)试判断选出的这两组学生每天学习“中华诗词”时间的平均值与的大小，及方差与的大小．（只需写出结论）
【答案】(1)0.65
(2)分布列见解析，
(3)；
【分析】（1）根据频率分布直方图直接用频率估计概率即可得答案；
（2）由题知甲大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有人，乙大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有人，进而根据超几何分布求解即可；
（3）根据频率分布直方图的分布，结合平均值，方差的意义分析求解即可.
【详解】（1）解：由甲大学的频率分布直方图，结合等比分布表知，
甲大学随机选取的40名学生中，“爱好”中华诗词的频率为：
，
所以从甲大学中随机选出一名学生，“爱好”中华诗词的概率为0.65．
（2）解：由题知：甲大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有人，
乙大学随机选取的40名学生中“痴迷”的学生有人，
所以，随机变量ξ的取值为，1，2．
所以，，，．
所以ξ的分布列为
ξ的数学期望为
（3）解：由甲乙大学的频率分布直方图可知，乙大学的学生每天学习“中华诗词”的时间相对较长，且集中，
所以，；
21．已知函数，．
(1)函数的图象与的图象无公共点，求实数a的取值范围；
(2)是否存在实数m，使得对任意的，都有函数的图象在的图象的下方？若存在，求出整数m的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，1
【分析】（1）将函数与无公共点，等价于方程在无解，根据导数求最值即可求解.
（2）将图像位置关系转化为对恒成立,构造函数,利用导数处理单调型即可求解.
【详解】（1）函数与无公共点，
等价于方程在无解，
令，则，令，得，
因为是唯一的极大值点，故
故要使方程在无解，当且仅当，故实数a的取值范围为；
（2）假设存在实数m满足题意，则不等式对恒成立．
即对恒成立．
令，则，令，则，
∵在上单调递增，，，且的图象在上连续，
∴存在，使得，即，则，
∴当时，单调递减；
当时，单调递增，
则取到最小值，
∴，即在区间内单调递增．
，
∴存在实数m满足题意，且最大整数m的值为1．
22．已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．
(1)求双曲线E的标准方程．
(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线CD过定点，定点坐标为．
【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.
（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
【详解】（1）法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．
法二．左右焦点为，，
，
∴双曲线E的标准方程为．
（2）直线CD不可能水平，故设CD的方程为，
联立消去x得，
，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，

，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，
联立，消去x得，
，
AC的方程为，BD的方程为，
分别在AC和BD上，，
两式相除消去n得，
又，．
将代入上式，
得
．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
学习时间：（分钟/天）
等级
一般
爱好
痴迷
0
1
2
x
e
+
0
-
增
极大值
减