厦门一中海沧校区2024届高三年数学9月月考卷2023.9.1一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.【详解】由，，故.故选：A.2.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简计算即可.【详解】由，则.故选：B.3.从长度为的5条线段中任取3条，则这3条线段能构成一个三角形的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用列举法，列出5条线段中任取3条线段的所有情况，然后找出能构成三角形的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可.【详解】从5条线段中任取3条，可能的情况有：，，，，，，，，，共有10种可能，其中，能构成三角形的只有，，共3种可能，所以能构成三角形的概率为.故选：A.4.已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】【分析】由题意，得，且，是方程的两根，由韦达定理，解得；，由基本不等式得，从而可得，利用对勾函数性质可求解.【详解】因为的解集为，所以，且，是方程的两根，，得；，即，当时，，当且仅当，即时取等号，令，由对勾函数的性质可知函数在上单调递增，所以，的最小值为3.故选：D．5.已知把物体放在空气中冷却时，若物体原来的温度是，空气的温度是，则后物体的温度满足公式（其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的正常数）.某天小明同学将温度是的牛奶放在空气中，冷却后牛奶的温度是，则下列说法正确的是（）A.B.C.牛奶的温度降至还需D.牛奶的温度降至还需【答案】D【解析】【分析】运用代入法，结合对数的运算逐一判断即可.【详解】由，得，故，AB错误；又由，，得，故牛奶的温度从降至需，从降至还需.故选：D6.已知函数，则“”是“函数在处有极值”的（）A充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得、再检验，最后根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：因为，所以，所以，解得或；当时，，即函数在定义域上单调递增，无极值点，故舍去；当时，，当或时，当时，满足函数在处取得极值，所以，所以由推不出函数在处有极值，即充分性不成立；由函数在处有极值推得出，即必要性成立；故“”是“函数在处有极值”的必要不充分条件；故选：B7.已知，分别是椭圆（）的左，右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，结合椭圆的定义，在中利用勾股定理求得，中利用勾股定理求得，可求椭圆C的离心率.【详解】连接，设，则，，，在中，即，，，，，，在中，，即，，，又，.故选：C.8.记，，，则a，b，c的大小关系是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由函数在R上单调递增，可判断，再对两边取对数，由函数在单调递减，可得，从而得解.【详解】设，则在R上单调递增，故，即；由于，设，，则，，则在单调递减，故，即，则；综上得，，D正确.故选：D二､多选题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知一组样本数据、、、均为正数，且，若由生成一组新数据、、、，则这组新数据与原数据的（）可能相等A.极差 B.平均数 C.中位数 D.标准差【答案】BC【解析】【分析】利用极差的定义可判断A选项；利用平均数公式可判断B选项；利用中位数的定义可判断C选项；利用方差公式可判断D选项.【详解】对于A选项，样本数据、、、的极差为，样本数据、、、的极差为，因为，则，故A错误；对于B选项，设样本数据、、、的平均数为，即，所以，样本数据、、、的平均数为，由可知，当时，两组样本数据平均数相等，故B正确；当时，样本数据、、、的中位数为，样本数据、、、的中位数为，同理可知当时，中位数相等，当时，样本数据、、、的中位数为，样本数据、、、的中位数为同理可知当时，两组数据的中位数相等，故C正确；对于D选项，设样本数据、、、的标准差为，样本数据、、、的标准差为，则，，因为，则，故，故两组样本数据的标准差不可能相等，故D错误.故选：BC.10.将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，则（）A.在上是减函数 B.C.是奇函数 D.在上有4个零点【答案】ACD【解析】【分析】A选项，代入检验，得到在上单调递减，A正确；B选项，计算出，，两者不一定相等，C选项，根据函数平移变换求出，故C正确；D选项，令，得到，求出上，或或或，共4个零点，D正确.【详解】时，，由于在上单调递减，故在上单调递减，A正确；，，因为，由于与不一定相等，故与不一定相等，B错误；，故奇函数，C正确；令，解得：，，则，则或或或，解得：或或或，共4个零点，D正确.故选：ACD11.已知函数的图象是连续不间断的，函数的图象关于点对称，在区间上单调递增.若对任意恒成立，则下列选项中的可能取值有（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据函数的对称性和单调性得到函数为上单调递增，进而得到，利用参变分离和的取值范围求出的取值范围，进而求解.【详解】由函数的图象关于点对称且在区间上单调递增可得，函数的图象关于对称，函数为上单调递增，由可得，，也即，则有恒成立，即因为，所以，当时，得到恒成立；当时，则有，令，则，因为函数在上单调递增，且，所以，则，所以BC适合题意，AD不合题意.故选：BC.12.已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（）A.正四面体的外接球表面积为B.正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值C.正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为D.正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为【答案】ABD【解析】【分析】根据正四面体的外接球、内切球、体积以及二面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，设为R，则：，所以，所以A对.B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，设正四面体的高为d，由等体积法可得：，所以为定值，所以B对.C.设中点为D，连接，，则，则为所求二面角的平面角，，所以，所以正弦值为，所以C错.D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的外接球在四面体内切球内部，当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，所以正四面体的外接球半径为，设正四面体的边长为a，则，所以，故体积，所以D对故选：ABD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数为__．【答案】【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，直接计算即可得到结果.【详解】展开式的通项公式为，令，则，所以的系数为．故答案为:14.已知函数，则使不等式成立的的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】分析给定函数的性质，利用函数的奇偶性、单调性解不等式得出结果.【详解】函数定义域为R，显然有，即函数是偶函数，当时，，令，，，，因，则，即，，有，在上单调递增，又在上单调递增，因此，在上单调递增，于是得，解得或，所以不等式成立的x的取值范围是.故答案为：.15.若定义域为的奇函数满足，且，则________．【答案】2【解析】【分析】利用赋值法及奇函数的定义，结合函数的周期性即可求解.【详解】由，得，所以，即，于是有，所以，即.所以函数的周期为.因为是定义域为的奇函数，所以，即.令，则，解得，所以.故答案为：.16.已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为______.【答案】【解析】【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点.【详解】的圆心为，半径，的圆心为，半径，设，则，所以，取，则，当三点共线时取等号，此时直线：令，则，，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题.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.西梅以“梅”为名，实际上不是梅子，而是李子，中文正规名叫“欧洲李”，素有“奇迹水果”的美誉.因此，每批西梅进入市场之前，会对其进行检测，现随机抽取了10箱西梅，其中有4箱测定为一等品.（1）现从这10箱中任取3箱，求恰好有1箱是一等品的概率；（2）以这10箱的检测结果来估计这一批西梅的情况，若从这一批西梅中随机抽取3箱，记表示抽到一等品的箱数，求的分布列和期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据古典概型概率计算公式以及组合数的计算求得所求概率.（2）利用二项分布的知识求得分布列并求得数学期望.【小问1详解】设抽取的3箱西梅恰有1箱是一等品为事件，则；因此，从这10箱中任取3箱，恰好有1箱是一等品的概率为.【小问2详解】由题意可知，从这10箱中随机抽取1箱恰好是一等品的概率，由题可知的所有可能取值为0，1，2，3，则，，，，所以的分布列为0123P.18.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若点D在边BC上，，，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角可得，，然后化简即可得出.根据的范围即可得出答案；（2）设，则，然后在和中，根据余弦定理推得.在中，由余弦定理可得.联立可解得，，然后根据面积公式即可得出答案.【小问1详解】由正弦定理边化角可得，，整理可得，.因为，，所以有，所以.因为，所以.【小问2详解】设，则，在中，有.在中，有.又，所以，所以有.又，所以.在中，由余弦定理可得.又，，，所以有.联立，解得，所以，所以，.19.在平行四边形ABCD中，，，，过D点作于E，以DE为轴，将向上翻折使平面平面BCDE，连接CE，F点为线段CE的中点，Q为线段AC上一点．（1）证明：；（2）若二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由平面与平面垂直的性质以及直线与平面垂直的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出答案.【小问1详解】证明：∵面面BCDE，面面，且，∴面BCDE，又面BCDE，∴，又在中，，则，又F为CE中点，故，且面AEC，，则面AEC，又面AEC，所以．【小问2详解】由（1）知，ED，EB，EA互相垂直，分别以ED，EB，EA为x，y，z轴非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，其中，，，，则，，，不妨设，则，再设，分别是面ADQ、面EDQ的法向量，则分别满足与令，，得到，．由题意知，，解得，即．20.已知数列满足，.（1）判断数列是否是等比数列？若是，给出证明；否则，请说明理由；（2）若数列的前10项和为361，记，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）数列成等比数列，证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）推导出，得到结论；（2）先得到，，从而得到，令，得到函数单调递增，且由特殊点函数值得到，，求出，当时，利用裂项相消法求和，得到.【小问1详解】数列成等比数列，证明如下：根据得，；，，，即数列成等比数列.【小问2详解】由（1）得，，，故，由，得.令，当时，单调递增，且，故，，，，，当时，，综上，知21.已知函数.（1）讨论函数的极值点；（2）若极大值大于1，求的取值范围.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】【分析】（1）求出导函数，分类讨论明确函数的单调性，从而得到函数的极值点；（2）由（1），和时，无极大值，不成立；当时，当时分别利用极大值大于1，建立不等关系即可.【详解】（1）时，在单减，单增，极小值点为；时，在单增，单减，单增，极小值点为，极大值点为；时，在单增，无极值点