2024~2025學年海南?？诟呷谝粚W期第5次月考數學試題附解析

/2024-2025學年海南省海口市高三上學期第5次月考數學試題注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡相應位置上．2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效．第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．設集合，則（

）A． B．C． D．2．設復數，則（

）A． B． C． D．3．為了研究某班學生的腳長x（單位：厘米）和身高y（單位：厘米）的關系，從該班隨機抽取10名學生，根據測量數據的散點圖可以看出y與x之間有線性相關關系．設其經驗回歸方程為．已知，，，該班某學生的腳長為25，據此估計其身高為（

）A．160 B．165 C．170 D．1754．等比數列中，，則“”是“”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．已知拋物線C：的焦點為F，準線為l，P是l上一點，Q是直線與C的一個交點．若，則（

）A． B．4 C． D．66．若正三棱臺的上?下底面的邊長分別為3和6，側棱長為2，則其體積為（

）A． B． C． D．7．設，，且，則（

）A． B．C． D．8．若雙曲線C：的左、右焦點分別為，，過的直線與雙曲線C的左、右兩支分別交于A，B兩點．若，，則雙曲線的離心率為（

）A． B．2 C． D．二、多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的．全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分．9．有一組樣本數據，，，，，，，其中是最小值，是最大值，則（

）A．，，，，的眾數等于，，，，，，的眾數B．，，，，的中位數等于，，，，，，的中位數C．，，，，的方差不大于，，，，，，的方差D．，，，，的極差不小于，，，，，，的極差10．已知函數，將圖象上所有點的橫坐標都縮短到原來的，再把所得圖象向右平移個單位后得到函數的圖象，則（

）A．是奇函數 B．在區(qū)間上的值域為C．在區(qū)間上單調遞增 D．點是的圖象的一個對稱中心11．設數列的前n項和為，已知，且（），則下列結論正確的是（

）A．數列是等比數列 B．數列是等比數列C． D．12．已知非零函數的定義域為，為奇函數，且，則（

）A． B．C． D．在區(qū)間上至少有1012個零點第Ⅱ卷（非選擇題共90分）三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13．已知函數是奇函數，則實數．14．在的展開式中，的系數為．15．已知是邊長為4的正三角形，是邊上的中線．現將沿折起，使二面角等于，則四面體外接球的表面積為．16．在平面直角坐標系中，已知，A，B是圓C：上的兩個動點，滿足，則面積的最大值是．四．解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17．已知數列的前n項和為，，，，其中為常數．(1)證明：；(2)是否存在，使得為等差數列？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．18．在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．(1)求角B的大小；(2)設，的面積為S，周長為L，求的最大值．19．如圖，在四棱錐中，，，，．

(1)證明：平面；(2)若，，求直線與平面所成角的正弦值．20．某健身館為預估2024年2月份客戶投入的健身消費金額，隨機抽樣統計了2024年1月份100名客戶的消費金額，分組如下：，，，…，（單位：元），得到如圖所示的頻率分布直方圖：(1)請用抽樣的數據預估2024年2月份健身客戶人均消費的金額（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值作代表）；(2)若消費金額不少于800元的客戶稱為健身衛(wèi)士，不少于1000元的客戶稱為健身達人．現利用分層隨機抽樣的方法從健身衛(wèi)士中抽取6人，再從這6人中抽取2人做進一步調查，求抽到的2人中至少1人為健身達人的概率；(3)為吸引顧客，在健身項目之外，該健身館特推出健身配套營養(yǎng)品的銷售，現有兩種促銷方案．方案一：每滿800元可立減100元；方案二：金額超過800元可抽獎三次，每次中獎的概率為，且每次抽獎互不影響，中獎1次打9折，中獎2次打8折，中獎3次打7折．若某人打算購買1000元的營養(yǎng)品，請您幫他分析應該選擇哪種促銷方案．21．已知橢圓C：（）過點，離心率為．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l與橢圓C相交于M、N兩點（M、N不是橢圓C的左、右頂點），且以線段MN為直徑的圓過橢圓C的右頂點A．求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標．22．已知函數，．（1）當為何值時，軸為曲線的切線；（2）用表示中的最小值，設函數，討論零點的個數．1．B【分析】根據交集定義運算即可【詳解】因為，所以,故選：B.本題考查集合的運算，屬基礎題，在高考中要求不高，掌握集合的交并補的基本概念即可求解.2．C【分析】根據復數的乘法運算先求解出，再根據共軛復數的概念求解出.【詳解】因為，所以，故選：C.3．C【分析】根據數據先求解出，然后根據經驗回歸方程過求解出，代入于經驗回歸方程可求.【詳解】因為，，所以，又因為，所以，所以，所以經驗回歸方程為，當時，，故選：C.4．B【詳解】若，∴，∴，若，則，∴不成立；若成立，則，又，∴，∴，∴成立，綜合可知，“”是“”必要而不充分條件，故選B.5．B【分析】由題意解出點橫坐標，由拋物線的定義求解.【詳解】由題意可知：拋物線C：的焦點為，準線為，設，，則，因為，則，得，由拋物線定義得.故選：B6．A【分析】根據條件先計算出正三棱臺的高，然后根據棱臺的體積公式求解出結果.【詳解】正三棱臺上下底面的中心為，連接，過作交于點，因為，所以，，因為垂直于上下底面且，所以，所以四邊形為矩形，所以，又因為，所以，所以，又因為，，所以三棱臺的體積為，故選：A.7．D利用二倍角公式和輔助公式即可求解【詳解】因為所以，所以，故選D8．C【分析】設，根據向量關系分析出為中點以及，然后根據雙曲線的定義以及勾股定理求解出，再通過勾股定理得到的方程，由此可求離心率.【詳解】連接，設，因為，所以為中點，所以，所以，，又因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，在中，，所以，所以，所以，故選：C.關鍵點點睛：本題考查雙曲線的離心率問題，對學生的轉化與計算能力要求較高，難度較大.解答本題的關鍵點有兩個：（1）將向量關系轉化為位置關系；（2）利用雙曲線的定義進行線段長度的求解.9．BC【分析】根據眾數、中位數、方差、極差的概念以及計算公式逐項判斷即可.【詳解】對于A：設這組數據為，此時的眾數為，的眾數為和，故A錯誤；對于B：不妨假設，此時的中位數為，的中位數為，故B正確；對于C：因為是最小值，是最大值，所以的波動性不大于的波動性，即，故C正確；對于D：因為的極差為，的極差為，且，所以，所以，故D錯誤；故選：BC.10．CD【分析】根據圖象變換結合誘導公式可得，再根據余弦函數性質逐項分析判斷.【詳解】將圖象上所有點的橫坐標都縮短到原來的，得到，再把所得圖象向右平移個單位后，得到，對于選項A：顯然的定義域為，且，可知是偶函數，故A錯誤；對于選項B：若，則，可得，所以，故B錯誤；對于選項C：若，則，且在內單調遞減，所以在區(qū)間上單調遞增，故C正確；對于選項D：，所以點是的圖象的一個對稱中心，故D正確；故選：CD.11．BCD【分析】BC選項，變形得到，得到為等比數列，公比為3，求出通項公式；A選項，利用等比數列的定義進行判斷；D選項，利用錯位相減法求和.【詳解】BC選項，變形為，所以為等比數列，公比為3，首項為，故，所以，BC正確；A選項，，故，不是常數，故數列不是等比數列，A錯誤；D選項，，故①，所以②，故①-②得，故，D正確.故選：BCD12．ABD【分析】利用賦值法求得判斷A，利用的對稱性與奇偶性判斷BC，利用的周期性判斷D.【詳解】對于A，因為函數的定義域為，為奇函數，所以，則，令，則，，故A正確；對于B，，所以，則，所以，故，故B正確；對于C，假設，則，又，函數的定義域為，所以即是奇函數又是偶函數，則恒成立，與題干矛盾，故C錯誤；對于D，因為，，所以，所以在上至少有兩個零點，又，即為周期為4的偶函數，而，所以在區(qū)間上至少有個零點，故D正確.故選：ABD.結論點睛：設函數，，，．（1）若，則函數的周期為2a；（2）若，則函數的周期為2a；（3）若，則函數的周期為2a；（4）若，則函數的周期為2a.13．【分析】根據題意可知是偶函數，結合偶函數的定義分析求解.【詳解】由題意可知：函數的定義域為函數，因為函數是奇函數，且是奇函數，可知是偶函數，則，因為不恒成立，則，解得.故答案為.14．【分析】先將原式化為，再根據展開式的通項公式求得項的系數.【詳解】因為，其展開式的通項公式為，令，所以，故答案為.15．【分析】先根據位置關系得到平面，然后確定出球心的位置，結合勾股定理求解出外接球的半徑，由此可求外接球的表面積.【詳解】因為是正三角形，且是邊上的中線，所以，且，平面，所以平面；記的中點為，的外接圓圓心為，過作平面的垂線，則球心在該垂線上，連接，因為二面角等于，所以，由正弦定理可知，所以，由垂徑定理以及線面垂直的性質易知四邊形是矩形，所以，所以，即外接球的半徑，所以外接球的表面積為，故答案為.16．【分析】根據條件先確定出的位置關系，然后利用到的距離表示出，由此構造函數利用導數求解出的最大值.【詳解】設中點為，因為，所以，由垂徑定理可知，且有公共點，所以共線，所以，設到的距離為，所以，，所以到的距離為（位于和之間）或（位于和之間），且，所以且，設，所以，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，所以的最大值為，故答案為.關鍵點點睛：本題考查直線與圓的綜合運用，涉及到幾何法表示弦長、利用導數求最值，對學生的計算能力要求較高，難度較大.解答本題的關鍵點有兩個：（1）根據長度關系能推理出位置關系；（2）表示出后選擇用導數求解出對應最大值.17．(1)證明見解析(2)存在，當時為等差數列【分析】（1）在原式中以代換得到新等式，兩式作差結合可完成證明；（2）假設存在，根據成等差數列先求解出的值，然后求解出的通項公式并檢驗是否為等差數列，由此可知結果.【詳解】（1）因為，所以，兩式相減可得：，又因為，所以.（2）設存在使得為等差數列，因為，所以，又因為，所以，若為等差數列，則有，解得，當為奇數時，是首項為，公差為的等差數列，所以；當為偶數時，是首項為，公差為的等差數列，所以；所以的通項公式即為，顯然，所以為等差數列，綜上所述，當時，為等差數列.18．(1)(2)【分析】（1）先根據正弦定理進行邊化角，然后再根據弦化切求解出的值，則可知；（2）先根據正弦定理將表示為角的正弦形式，然后表示出三角形面積和周長，利用二倍角公式以及輔助角公式進行化簡，結合正弦型函數的性質可求的最大值.【詳解】（1）因為，所以，又因為，所以，所以，所以，又因為，所以.（2）因為，所以，所以，所以，又因為，所以，所以，又因為，所以，所以，當且僅當，即時有最大值為，綜上所述，的最大值為.19．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據，，利用勾股定理得到，再由，利用線面垂直的判定定理證明.（2）由，，易得，在平面內過點作軸垂直于，再結合（1）以，所在直線為，軸建立空間直角坐標系，求得的坐標，平面的一個法向量，利用空間向量求線面夾角.【詳解】（1）為，，所以，所以.又，且，平面，平面，所以平面.（2）因為，，則，且，可知，在平面內過點A作軸垂直于，又由（1）知平面，分別以，所在直線為，軸建立如圖所示空間直角坐標系.

則，，，.因為，則，可得，，，設平面的一個法向量為，則，取得，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.20．(1)元(2)(3)應選擇第二種促銷方案【分析】（1）將組中值乘以對應頻率并將所得結果相加即可求得健身客戶人均消費的金額；（2）先分析出抽取的人中健身達人的人數，然后利用組合數求解出對應事件的概率；（3）直接分析出方案一的付款金額；設方案二的付款金額為元，先求解出的概率分布，然后可求，比較與方案一的付款金額可知結果.【詳解】（1）因為樣本數據的平均數為：，所以預估2024年2月份健身客戶人均消費的金額為元.（2）健身衛(wèi)士中健身達人所占比例為，所以抽取的人中健身達人有人，記“抽到的2人中至少1人為健身達人”為事件，所以.（3）若選方案一，只需付款元；若選方案二，設付款金額為元，則可取，且，，，，所以元，因為，所以應選擇第二種促銷方案.21．(1)(2)證明見解析，定點坐標【分析】（1）根據題意列出的方程組，結合求解出的值，則橢圓方程可知；（2）設出直線的橫截式方程以及的坐標，聯立直線與橢圓方程可求得縱坐標的韋達定理形式，結合條件可知，通過化簡可求得的值，則所過定點坐標可知.【詳解】（1）由題得，解得，所以橢圓的方程為.（2）由題意可知的斜率不為，設，聯立可得，且，即，所以，因為以為直徑的圓經過點，所以，所以，所以，所以，所以，所以，化簡可得，解得或，當時，過點，不符合題意；當時，過定點，滿足題意，綜上所述，直線過定點.方法點睛：解答圓錐曲線的定點問題的策略：（1）參數法：參數解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數表示變化量，即確定題目中