2024届海南省海口市海口中学高三上学期第四次月考数学试题含答案

这是一份2024届海南省海口市海口中学高三上学期第四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．已知，则在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）．
A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第一象限
【答案】D
【分析】首先化简复数和，再根据复数的几何意义判断选项.
【详解】因为，
故，
所以的共轭复数在复平面内对应的点为，位于第一象限．
故选：D
2．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数有意义列出不等式即可求解.
【详解】的定义域需满足，
解得且，
故定义域为
故选：C
3．在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
4．庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似五面体的形状（如图②），若四边形是矩形，，且，，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离，进而结合三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】如图，在线段上取点，使得，，
在线段上取点，使得，，
连接，设分别为的中点，连接，
由题意可得，，，，平面，
则，连接，则，
以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，则可取，
则点到平面的距离为，
又，
所以三棱锥的体积为.
故选：A.

5．等差数列的前n项和为，公差为d，若，，则下列四个命题正确个数为（ ）①为的最小值 ② ③， ④为的最小值
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据等差数列的前n项和公式以及等差数列的性质，即可得，，从而确定，即可逐项判断得答案.
【详解】等差数列中，，则，故②正确；
又，所以，故，则，故③正确；
于是可得等差数列满足，其为递增数列，则，又，所以为的最小值，故①正确，④不正确；
则四个命题正确个数为.
故选：C.
6．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据弦长和半径求出弦心距，利用点到直线的距离公式得到的关系式，从而求离心率.
【详解】不妨设双曲线：的一条渐近线为，
因为渐近线被圆所截得的弦长为，
所以圆心到渐近线的距离为，即，
所以，所以双曲线的离心率为，故B正确.
故选：B.
7．已知定义在上的函数满足：是奇函数；；，则（ ）
A．3B．2025C．D．2023
【答案】B
【分析】由是奇函数，得，由，则，应用分组求和即可求解.
【详解】因为是奇函数， 所以，
则，
由，则
则
.
故选：B
8．在菱形中，，将沿对角线折起，使点A到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：

由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足，
，
由勾股定理得，
所以，即是等边三角形，，
设点为外接圆的圆心，
则外接圆的半径为，，
如图所示：

设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点，
而均垂直平分，过点，
所以点在面，面内的射影分别在直线上，
不妨设点在面，面内的射影分别为，
即，
由题意，且二面角为直二面角，即面面，，
所以，即，
结合可知四边形为矩形，不妨设，
则由以上分析可知，，
由勾股定理以及，即，
可得，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】关键点睛：画出图形，通过数学结合分析已知量与未知量的关系，建立适当的桥梁关系即可得到球心的位置以及球的半径，关键是首先去找，底面外接圆的圆心，综合性较强.
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．“”的否定是“”
B．若，则或
C．的最小值为
D．若正数满足，则
【答案】AD
【分析】根据存在量词命题的否定即可判断A；根据集合间的包含关系可得，进而求解即可判断B；
由利用基本不等式从而求解对C判断；根据基本不等式即可求解判断D.
【详解】对A：“，”的否定为“，”，故A正确；
对B：令，解得或，当时，，不满足元素的互异性，不符合题意，
当时，满足题意.综上所述，，故B错误；
对C：，当且仅当时取等号，但无实数解，故取不到等号，故C错误；
对D：，当且仅当，即时，等号成立，故D正确.
故选：AD.
10．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该图象对应的函数解析式为
B．函数的图象关于点对称
C．函数的图象关于直线对称
D．函数在上单调递增
【答案】BD
【分析】由图象求出的解析式，再利用正弦函数性质逐一分析判断各选项即可得解.
【详解】由题意，，则，则，
又在上，则，即，
所以，则，
又，所以，所以，
对于A，将代入，得，故A错误；
对于B，因为，
所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，因为，
所以是图象的对称中心，故C错误；
对于D，当时，，
所以在上单调递增，故D正确.
故选：BD.
11．如图是直四棱柱，底面是边长为的正方形，侧棱，点分别为棱的中点，则（ ）
A．点在平面内B．直线与平面所成的角为
C．平面D．异面直线与所成的角的余弦值为
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系然后利用向量法逐项判断即可求解.
【详解】由题意知以为原点，所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则，，，，，，
对A：，，所以，结合图可得，
所以，所以共面，故A正确；
对B：，设平面的 一个法向量为，，，
则，令，得，
设直线与平面所成的角为，
所以，所以，故B错误；
对C：，，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面，故C正确；
对D：，，
所以，故D正确；
故选：ACD.
12．已知函数，则（ ）
A．当时，函数在上单调递减
B．对任意的，函数在R上一定存在零点
C．存在，函数有唯一极小值
D．当时，在上恒成立
【答案】ABC
【分析】对于A，利用导数研究已知函数的单调性，可得答案；
对于B，根据导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理，可得答案；
对于C，根据极小值的定义，结合导数以及指数函数性质，可得答案；
对于D，利用导数研究函数的单调性，可得答案.
【详解】对于A，当时，，当时，，故在区间上单调递减，故选项A正确；
对于B，当时，，，故在上为增函数，
又一定存在零点，故选项B正确；
对于C，取，则，，
当时，，当时，，
故有唯一的极小值点，故选项C正确.
对于D，当时，，此时，又，故选项D错误.
故选：
三、填空题
13．向量在向量上的投影向量为 ．（写出坐标）
【答案】
【分析】设与的夹角为，在上的投影向量为，代入数据，即可求得答案.
【详解】由，得，，
设与的夹角为，在上的投影向量为.
故答案为：.
14．在正方体的所有棱中任取两条，则它们所在的直线是互相垂直的异面直线的概率为 .
【答案】
【分析】画出图形由分步乘法计数原理，组合数，以及异面垂直的概念即可求解.
【详解】如图所示：
正方体有12条棱，第一条的取法有12种，不妨设取的棱为，
而与棱互相垂直的异面直线有共四条，即第二条的取法有4种，
综上所述，在正方体的所有棱中任取两条，则它们所在的直线是互相垂直的异面直线的概率为.
故答案为：.
15．已知，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据角的变换，结合三角函数恒等变换，即可求解．
【详解】，，
，，
．
故答案为：．
16．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.
【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
四、解答题
17．在数列和中，，且是和的等差中项.
(1)设，求证：数列为等比数列；
(2)若的前n项和为，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由等差中项整理得，两边同时除以，得即可证明；
（2）应用裂项相消法即可求解.
【详解】（1）依题是和的等差中项，
则，即，
两边同时除以，得，
即，则，
由，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）得，则，
则，
则
，
因为，则，故.
18．在中，内角所对的边分别为，且．
(1)求角：
(2)已知是边的中点，且，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对已知条件用正弦定理，并化为正余弦即可；
（2）由面积关系和余弦定理可解得各边长，再向量化即可.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
所以，
因为，所以可知，
又因为，所以．
（2）因为是边的中点，所以，
故，故．
由余弦定理得，故，
因为，所以．
又因为，
平方得，
所以，
故的长为．
19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为上的点，且.

(1)证明：平面；
(2)若平面为的中点，，求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行，然后得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角，从而求解.
【详解】（1）证明：如图，在上取一点，使得，连接，，，
因为底面是平行四边形，所以，所以，
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以 平面，
又因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以 平面，
又因为，平面，所以平面 平面，
因为平面，所以 平面.
（2）当为中点，，，易知，为中点，
又因为平面，所以两两垂直，
则以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如（1）图，
设，则，，，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
故二面角的正弦值为，
所以正切值为.
故二面角的正切值为.
20．某中学为了响应国家双减政策，开展了校园娱乐活动．在一次五子棋比赛活动中，甲、乙两位同学每赛一局，胜者得1分，对方得0分，没有平局．规定当一人比另一人多得5分或进行完10局比赛时，活动结束．假设甲、乙两位同学获胜的概率都为，且两人各局胜负分别相互独立．已知现在已经进行了3局比赛，甲得2分，乙得1分，在此基础上继续比赛．
(1)只有当一人比另一人多得5分时，得分高者才能获得比赛奖品，求甲获得比赛奖品的概率；
(2)设X表示该活动结束时所进行的比赛的总轮数，求X的分布列及数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由题知甲或获胜时，能获得比赛奖品，结合题意可求其概率；
（2）根据题意求出X的所有可能取值和相应的概率，列出分布列，求得数学期望.
【详解】（1）由题意可知甲或获胜时，能获得比赛奖品，此时概率．
（2）的所有可能取值为7，9，10．
，
，
．
所以的分布列为
则．
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的期望的一般步骤：
（1）判断取值，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；
（2）探求概率，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式、对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；
（3）写分布列，即按规范形式写出分布列，并注意检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；
（4）求期望值，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值．
21．已知抛物线为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5.
（1）求E的标准方程；
（2）设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线与斜率乘积为，求证：直线过定点.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题可知，求解即可得到抛物线的方程；（2）先求解，设，根据斜率公式结合题意可得，分斜率存在和不存在分别求得直线的方程，从而可确定过定点.
【详解】（1）由题可知，解得.
所以的标准方程为；
（2）由（1）知，，且，解得，所以.
设，则，同理可得，，
则，即.
当直线斜率存在时，直线的方程为，
整理得.
所以，即，
所以直线过定点；
当直线的斜率不存在时，可得.
综上，直线过定点.
22．己知函数.
(1)若曲线在处的切线与直线平行，求函数的极值；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)
【分析】（1）对求导，由导数的几何意义可得，代入，即可求得的单调性和极值.（2）将不等式变形为，令，分离参数后构造函数，转为求解的最大值，即时，恒成立
【详解】（1）由，可得，
由条件可得，即.
则，
令可得，当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的极大值为，无极小值.
（2），即对任意的恒成立，
即，其中，
令，则，即，
构造函数，则，令，得，列表如下：
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，，
即时，恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
7
9
10
+
0
-
极大值