2024-2025学年福建省莆田市高三上册第四次月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省莆田市高三上册第四次月考数学检测试题（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若（为虚数单位），则复数的模为（ ）
A．1B．C．D．2
3．已知等差数列的前项和，若，则（ ）
A．150B．160C．170D．与和公差有关
4．若，则（ ）
A．B．C．D．
5．要测定古物的年代，可以用放射性碳法：在动植物的体内都含有微量的放射性．动植物死亡后，停止了新陈代谢，不再产生，且原来的会自动衰变．经过5730年，它的残余量只有原始量的一半．现用放射性碳法测得某古物中含量占原来的，推算该古物约是年前的遗物（参考数据：），则实数的值为（ ）
A．12302B．13304C．23004D．24034
6．如图，在中，为边上的高，，，，，则的值为
A．B．C．-2D．
7．已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是
A．2B．C．4D．
8．已知且且且，则（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
10．正项等比数列的前n项积为，且满足，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．的最大值为D．
11．电子通讯和互联网中，信号的传输､处理和傅里叶变换有关.傅里叶变换能将满足一定条件的某个函数表示成三角函数（正弦和或余弦函数）的线性组合.例如函数的图象就可以近似地模拟某种信号的波形，则（ ）
A．为周期函数，且最小正周期为
B．为奇函数
C．的图象关于直线对称
D．的导函数的最大值为7
12．在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，平面平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（ ）
A．存在点M使得
B．四棱锥外接球的表面积为
C．直线PC与直线AD所成角为
D．当动点M到直线BD的距离最小时，过点A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥的体积是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设为等比数列的前项和，，，则 .
14．若平面向量与的夹角为，，，则 .
15．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时， ．
16．设函数，的定义域均为，且函数，均为偶函数．若当时，，则的值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知．
(1)求B；
(2)若，，求的面积．
18．已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
19．现有三台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，每加工一个零件耗时35分钟，第2，3台加工的次品率均为，每加工一个零件分别耗时32分钟和30分钟，加工出来的零件混放在一起．已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的，，．
(1)任取一个零件，计算它是次品的概率；
(2)如果取到的零件是次品，计算加工这个零件耗时（分钟）的分布列和数学期望．
20．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，E是CD的中点，AE与BD交于点F，G是的重心．

(1)求证：平面PCD；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，为等腰直角三角形，且，求直线AG与平面PBD所成角的正弦值．
21．已知数列的前项和为，，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：．
22．已知函数．
(1)讨论函数的零点的个数﹔
(2)当时，若对任意，恒有，求实数a的取值范围．
1．D
【分析】分别求出集合，求出交集即可.
【详解】，
，
故，
.
故选：D.
2．C
【分析】利用复数的除法运算求出，再利用求模公式计算即可.
【详解】由，
得，即，
所以，
故选：C．
3．B
【分析】根据等差数列性质可得，代入等差数列的前项和公式计算结果即可.
【详解】解：因为是等差数列，所以，
所以，所以.
故选：B
4．B
【分析】利用凑角，同角三角函数关系和二倍角的余弦公式转化计算.
【详解】
，
故选：B
5．B
【分析】设每年的衰变率为，古物中原的含量为，然后根据半衰期，建立方程，将已知条件带入取对数，利用对数性质运算即可.
【详解】设每年的衰变率为，古物中原的含量为，
由半衰期，得．
所以，即．
由题意，知，即．
于是．
所以．
故选：B．
6．A
【分析】根据向量垂直及向量数量关系，可得，利用余弦定理及面积公式，可求得的值，进而求得的值。
【详解】因为为边上的高
所以
因为
所以
则由向量的加法运算可得
在中，，，
由余弦定理可得
所以
由三角形面积公式可得可知
，且
解得
所以
所以选A
本题考查了平面向量数量积的性质及应用，余弦定理在解三角形中的应用，综合性较强，属于中档题。
7．C
【分析】求函数的导数，由已知切线的方程，可得切线的斜率，求得切线的坐标，可得，再由乘1法和基本不等式，即可得到所求最小值．
【详解】解：的导数为，
由切线的方程可得切线的斜率为1，
可得切点的横坐标为，所以切点为，
代入，得，
、为正实数，
则．
当且仅当时，取得最小值．
故选：C
本题主要考查导数的应用，利用导数的几何意义以及基本不等式是解决本题的关键，属于中档题．
8．D
令，利用导数研究其单调性后可得的大小.
【详解】因为，故，同理，
令，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
因为，故，即，而，
故，同理，，，
因为，故，
所以.
故选：D．
思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键．
9．ABD
【分析】先根据奇偶性定义分析函数的奇偶性，然后再利用导数判断函数的单调性，由此作出判断即可.
【详解】对于选项A，定义域为关于原点对称，且，故为奇函数，
又，所以在上单调递增，故满足；
对于选项B，定义域为关于原点对称，，故为奇函数，
又，且不恒为0，所以在上单调递增，故满足；
对于选项C，定义域为关于原点对称，，故为偶函数，不满足；
对于选项D，定义域为关于原点对称，，为奇函数，
又，所以在上单调递增，故满足．
故选：ABD．
10．ABC
【分析】先根据题干条件判断出，然后结合等比数列的性质逐一分析每个选项．
【详解】由得或，
若，则，结合得，矛盾；
所以，所以，故A正确；
由上述分析得，故B正确；
由上述分析得，故最大，C正确；
，故D错误；
故选：ABC.
11．BCD
【分析】利用函数的性质逐项分析判断即可.
【详解】.
对于A，，不是的周期，故A错误；
对于B，的定义域为，
为奇函数，故B正确；
对于C，，且为奇函数，
的图象关于直线对称，故C正确；
对于D，，当时，，取最大值7，故D正确.
故选：BCD.
12．BCD
【分析】取AD的中点G，证明平面PGC，然后由线面垂直的性质定理判断A，把四棱锥补形成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断BC，由平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，从而得为PC的中点，N为QA的中点，再由体积公式计算后判断D．
【详解】如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，,则，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，平面，则．
又因为，所以，
又，平面，所以平面PGC．
因为平面PGC，平面PGC，所以不成立，A错误．
因为△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径，即四棱锥外接球的表面积为，B正确．
如图2，直线PC与直线AD所成角即为直线PC与直线BC所成角，为，C正确．
如图1，因为平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时，
由上推导知，，，
，，，，
因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为中点,平面即平面与的交点也即为与的交点,可知N为QA的中点，故，D正确．
故选：BCD．
方法点睛：空间几何体的外接球问题，（1）直接寻找球心位置，球心都在过各面外心用与该面垂直的直线上，（2）对特殊的几何体，常常通过补形（例如把棱锥）补成一个长方体或正方体，它们的外接球相同，而长方体（或正方体）的对角线即为外接球的直径，由此易得球的半径或球心位置．
13．##0.875
【分析】设公比为，由可解得，代入求和公式即可得出结果．
【详解】设等比数列的公比为，
由，得，则，
由等比数列求和公式可知．
故．
14．2
【分析】先求出，再利用数量积的运算性质即可求解.
【详解】因为，所以，
所以
.
故2.
15．##
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.

16．
【分析】对函数求导，根据函数的奇偶性，对称性，周期性分析即可求解.
【详解】因为函数，的定义域均为R，且函数为偶函数，
则，
求导得，
即，
所以函数的图像关于对称．
因为函数为偶函数，
所以，
所以函数的图像关于对称，
由函数的图像关于对称，且关于直线对称．
所以函数的周期为，．
由，，
，
所以，即，即，
所以当时，
于是．
故
17．(1)；
(2)﹒
【分析】(1)已知条件结合正弦定理边化角即可求B；
(2)结合正弦定理、余弦定理和三角形面积公式即可求解﹒
【详解】（1）由正弦定理，得，
即，
∴，
又∵，∴，
∴，
又∵，∴，
∵B为三角形内角，∴；
（2）∵，∴由正弦定理得，
∴由余弦定理得，即，
∴，，
∴的面积为．
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；
（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）设数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
即，
解得或，
因为各项均为正数，
所以，
所以，
由，
得，
解得，
所以.
（2）由（1）知，，
则，
所以，
两式相减可得，
整理可得．
19．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据条件，结合全概率公式求解即可；
（2）求出的取值和相应的概率可得分布列及期望.
【详解】（1）设“任取一个零件为次品”， “零件为第台车床加工”（），
则，且两两互斥，
，，，
，，，
由全概率公式得
；
（2）可取，
，
，
，
的分布列为
所以.
20．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接AG并延长交PD于H，根据重心的性质和相似三角形的性质可得，进而可证，从而利用线面平行的判断定理即可证明；
（2）连接PG并延长交AD于O，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量求法即可求解.
【详解】（1）证明：连接AG并延长交PD于H，∵G为的重心，∴．
又，∴，∴，
∴．又平面PCD，平面PCD，
∴平面PCD．
（2）连接PG并延长交AD于O，显然O为AD的中点，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面平面，又PO⊥AD，
∴PO⊥平面ABCD．

取BC中点M，以O为坐标原点，OA，OM，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则PO=2，于是，
，，，，，
于是，，．
设平面PBD的法向量为，则
，∴，∴，不妨取z=1，
则，
∴，
∴AG与平面PBD所成角的正弦值为．
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据公式得到是常数列，确定，计算得到通项公式.
（2）放缩，根据裂项相消法计算得到证明.
【详解】（1），则，
整理得到，故，
故是常数列，故，即，
当时，，
验证时满足，故
（2），
故
.
22．(1)当时， 无零点，
当或 有一个零点，
当，有2个零点，
(2)
【分析】（1）利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图象求解，
（2）将不等式等价于，构造函数，利用导函求解单调性，即可将问题进一步转化为恒成立，取对数即可求解.
【详解】（1）令则，
记，则，
当时，，此时在单调递减，
当时，，此时在单调递增，
故当时，取极大值也是最大值，
又，而当时，，故当时，，当时， ，作出的图象如下：

因此当时，即，无交点，此时无零点，
当或时，即或，有一个交点，此时有一个零点，
当时，即，有两个交点，此时有2个零点，
综上可知：当时， 无零点，
当或 有一个零点，
当，有2个零点，
（2）当时，若对任意，恒有等价于：
对任意，恒有，
令，则不等式等价于，
由于，
令，
当单调递减，当单调递增，所以，故在单调递增，
由得对任意恒成立，
两边取对数得对任意恒成立，
故，所以
故的范围为
方法点睛:对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
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．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
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