精品解析：海南省北京外国语大学附属海南外国语学校2024-2025学年高三上学期第三次月考数学试题

北外附属海南外校 2024—2025学年高三年级第三次月考 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共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. 设，则z的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 2. 命题“或”的否定形式是（ ） A. 且 B. 或 C. 且 D. 或 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前n项和为，且，，，则的所有取值的和等于（ ） A. 24 B. 26 C. 37 D. 44 6. 如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（ ） A. B. C. 15 D. 20 7. 设，满足.若函数存在零点，则（ ） A. B. C. D. 8. 函数，则（ ） A. 若，则为奇函数 B. 若，则为偶函数 C. 若，则为偶函数 D. 若，则为奇函数 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知一组数据，下列结论正确的有（ ） A. 若，则该组数据的第40百分位数为 B. 该组数据的第60百分位数不可能是77 C. 若该组数据的极差为10，则或78 D. 若，则该组数据的平均数为70 10. 已知抛物线，过的焦点作直线，若与交于两点，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 或 D. 线段中点的横坐标为 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，恒有，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是偶函数 C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，若，则______. 13. 小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为__________ 14. 对于非空数集A，B，定义，将称为“A与B的笛卡尔积”.记非空数集M的元素个数为，若A，B是两个非空数集，则的最小值是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求的面积； （2）若，求. 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 2024届中国国际大学生创新大赛总决赛现场赛在上海交通大学举行. 在本次大赛中，我省高校共斩获14金10银50铜，奖牌总数74枚，金牌数和获奖总数均创我省历史新高，位居全国前列. 已知 A校有甲、乙两个项目，校有丙、丁两个项目参加这一届大学生创新大赛，且甲、乙、丙、丁项目获奖的概率分别. （1）在A校有项目获奖的情况下，求甲项目获奖的概率； （2）设这两个学校中有项目获奖的学校的个数为，求的分布列及数学期望. 18. 已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别是，离心率.过且斜率不为0的直线交于点两点，线段的中点为. （1）求的方程； （2）过分别作的切线，两条切线交于点， ①求证：点在定直线上； ②求的面积的最小值. 19. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第n个正三角形（为坐标原点）的边长为． （1）求的值； （2）求出的通项公式； （3）设曲线在点处的切线斜率为，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北外附属海南外校 2024—2025学年高三年级第三次月考 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共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. 设，则z的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念，即可得答案； 【详解】， ， 故选：A. 【点睛】本题考查复数的四则运算、共轭复数的概念，考查运算求解能力，属于基础题. 2. 命题“或”的否定形式是（ ） A. 且 B. 或 C. 且 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】对原命题“改量词，否结论”，即可求得结果. 【详解】命题“或的否定形式是且. 故选：A 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数及幂函数的单调性比较大小即可. 【详解】指数函数在上单调递减， 因为，所以，即； 幂函数在上单调递增， 因为，所以，即，即， 综上：， 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件结合诱导公式进行角的变换，再利用二倍角公式计算作答. 【详解】因，所以. 故选：B 5. 已知等差数列的前n项和为，且，，，则的所有取值的和等于（ ） A. 24 B. 26 C. 37 D. 44 【答案】B 【解析】 【分析】根据题干条件得到,联立方程求解即可. 【详解】等差数列的前项和为，，， 得到 ，同理得到 可得：， 由等差数列的通项公式和求和公式得到 联立两个方程消去，可得：， 解得：或. 所以的所有取值的和等于26， 故选：B 6. 如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（ ） A. B. C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】设球的半径为，分别表达出球，圆柱的体积和表面积，求出，利用二项式定理得到通项公式，求出常数项. 【详解】设球的半径为，则球的体积为，圆柱的底面积为，高为， 故圆柱的体积为， 故， 球的表面积为，圆柱的表面积为， 故， 故，展开式中的通项公式为， 令，解得，故常数项为. 故选：C 7. 设，满足.若函数存在零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的单调性，结合函数的零点判断定理判断选项的正误即可． 【详解】函数的定义域为，且均为单调递增函数，故函数是增函数， 由于，故， 满足，说明中有1个是负数一定是，两个正数或3个负数， 由于存在零点，故． 故选：B． 8. 函数，则（ ） A. 若，则为奇函数 B. 若，则为偶函数 C. 若，则为偶函数 D. 若，则为奇函数 【答案】B 【解析】 【分析】根据选项中的关系，代入的解析式，对AD用特值说明不是奇函数，对BC用奇偶性的定义验证即可. 【详解】的定义域为， 对A：若，，若为奇函数，则，而不恒成立，故不是奇函数； 对B：若，， ，故为偶函数，B正确； 对C：若，，，故不是偶函数，故C错误； 对D：若，， 若为奇函数，则，而不恒成立，故不是奇函数； 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知一组数据，下列结论正确的有（ ） A. 若，则该组数据的第40百分位数为 B. 该组数据的第60百分位数不可能是77 C. 若该组数据的极差为10，则或78 D. 若，则该组数据的平均数为70 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用百分位数、极差和平均数的定义即可判断. 【详解】对于A：因，当时，该组数据的第百分位数为；当时，该组数据的第百分位数为；故A错误. 对于B：因，当时，该组数据的第百分位数为；当时，该组数据的第百分位数为；当时，该组数据的第百分位数为.故该组数据的第百分位数不可能是.故B正确. 对于C：由极差的定义，当时，则，即；当时，则，即.故C正确. 对于D：当时，该组数据的平均数为.故D正确. 故选：BCD 10. 已知抛物线，过的焦点作直线，若与交于两点，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 或 D. 线段中点的横坐标为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由直线，可知焦点，得的值和抛物线方程，可判断A选项；直线方程代入抛物线方程，由韦达定理结合，求出两点坐标和的值，结合韦达定理和弦长公式判断选项BCD. 【详解】抛物线的焦点在轴上， 过作直线，可知，则，得，A选项正确； 抛物线方程为，直线的方程代入抛物线方程，得. 设，，由韦达定理有，， ，得，解得或， ，则或，C选项错误； 则，线段中点的横坐标为，D选项正确； ，，B选项正确. 故选：ABD. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，恒有，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是偶函数 C. D. 若，则 【答案】CD 【解析】 【分析】利用赋值法可得或，可得A错误；对的取值进行分类讨论，由函数奇偶性定义可判断必为奇函数，B错误；令，根据换元法即可得C正确；利用，可分别计算得出的值有周期性，且6个为一周期，可计算得出D正确. 【详解】对于A，令，则由，可得， 解得或，A错误； 对于B，当时，令，则， 则，故，函数既是奇函数又是偶函数； 当时，令，则， 所以，则，即，则为奇函数. 综合以上可知必为奇函数，B错误； 对于C，令，则，故. 由于，令，即，即有，C正确； 对于D，若，令，则，则； 令，则，即，所以； 令，则，即，所以； 令，则，即，所以； 令，则，即，所以； 令，则，即，所以； 令，则，即，所以； 令，则，即，所以， 由此可得的值有周期性，且6个为一周期， 且， 故，D正确. 故选：CD 【点睛】方法点睛：求解函数性质综合问题时，赋值法成为解决问题的关键；在进行求和时要注意周期性的应用，可根据周期函数定义求周期，也可以递推观察得出周期进行计算. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由得，利用向量的坐标计算数量积，从而求得的值. 【详解】因为，所以，即，解得. 故答案为：. 13. 小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为__________ 【答案】120 【解析】 【分析】分选取的数字只有一个1和有两个1两种情况讨论，即可得解. 【详解】若选的数字只有一个1，此时有两个偶数，则不同的排列方法有种； 若选的数字有两个1，则不同的排列方法有种. 故共有种不同的设置方法. 故选：120. 14. 对于非空数集A，B，定义，将称为“A与B的笛卡尔积”.记非空数集M的元素个数为，若A，B是两个非空数集，则的最小值是______. 【答案】4 【解析】 【分析】设，，根据定义有，利用基本不等式求其最小值即可. 【详解】设，，则， 当且仅当时，等号成立，即的最小值是4. 故答案为：4 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求的面积； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理得到，从而得到，再由面积公式计算可得； （2）由余弦定理得到，从而得到，再由正弦定理将边化角，即可求出，从而得解. 【小问1详解】 因为，， 由正弦定理可得，所以， 所以； 【小问2详解】 因为，又，， 所以，所以，则， 由正弦定理可得，又， 所以，显然，所以，则， 又，所以. 16. 如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，因为，， 所以， 又四棱锥的底面是正方形，所以，设到平面的距离为， 则，所以， 所以，即平面，又平面，所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，设到平面的距离为，根据锥体的体积公式求出，即可得到平面，从而得证； （2）取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，则，即， 如图建立空间直角坐标系，则，，， 所以，， 设平面的法向量为，则，取， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 2024届中国国际大学生创新大赛总决赛现场赛在上海交通大学举行. 在本次大赛中，我省高校共斩获14金10银50铜，奖牌总数74枚，金牌数和获奖总数均创我省历史新高，位居全国前列. 已知 A校有甲、乙两个项目，校有丙、丁两个项目参加这一届大学生创新大赛，且甲、乙、丙、丁项目获奖的概率分别. （1）在A校有项目获奖的情况下，求甲项目获奖的概率； （2）设这两个学校中有项目获奖的学校的个数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 .【解析】 【分析】（1）根据条件概率公式求值. （2）根据离散型随机变量的分布列的求法列出分布列，并求期望. 【小问1详解】 设事件为A校有项目获奖，事件为甲项目获奖， 在A校有项目获奖的情况下，甲项目获奖的概率为： . 【小问2详解】 可知：的值可以为：0,1,2 且， ， . 所以的分布列为： 0 1 2 所以. 18. 已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别是，离心率.过且斜率不为0的直线交于点两点，线段的中点为. （1）求的方程； （2）过分别作的切线，两条切线交于点， ①求证：点在定直线上； ②求的面积的最小值. 【答案】（1） （2）①点在定直线上，证明：设，由题意知过A点的E的切线斜率存在， 设过A点的切线方程为，即， 由，得， ， 即， 因为在椭圆E上，所以，得， 所以，即，得， 所以，即， 即切线方程为，同理切线方程为. 设点，因为点P在切线、上， 故、，即点均在直线， 所以直线的方程为，过点， 所以，解得， 所以点P在定直线上. ② 【解析】 【分析】（1）如图，由题意可得，即，结合离心率求出b，即可求解； （2）先求出切线、方程.①设，则直线的方程为，将代入计算即可证明；②由①知直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，根据弦长公式和点到直线的距离公式化简计算可得，结合换元法和导数求出即可. 【小问1详解】 如图，连接，因为分别是的中点，则， 又，即，所以， 即，解得.又，所以，则， 故椭圆E的方程为； 【小问2详解】 ①略 ②解：由①知直线的方程， 由，得，所以， 所以， 点P到直线的距离为， 所以的面积为， 令，则，得， 设，则，所以在上单调递增， 所以，即. 【点睛】 19. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第n个正三角形（为坐标原点）的边长为． （1）求的值； （2）求出的通项公式； （3）设曲线在点处的切线斜率为，求证：． 【答案】（1），； （2）； （3） 由（2）知，当时，， 则点的横坐标，显然满足上式，因此， 由求导得，，于是， 当时，， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，用表示出点的坐标，再代入曲线方程，计算作答. （2）令为数列的前n项和，利用与表示出点的坐标，代入曲线方程即可得与的关系，再利用递推关系求出通项. （3）由（2）求出点的横坐标，利用导数的几何意义求出，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 依题意，为正三角形，且，观察图象得，而点在曲线上， 即，解得，为正三角形，且，点在曲线上， ，整理得，解得， 所以，. 【小问2详解】 令为数列的前n项和，是正三角形，点， ，于是点在曲线上， 则，即，当时，， 两式相减得：，整理得， 则，而满足上式，因此，， 即数列是首项为，公差的等差数列，， 所以数列的通项公式是. 【小问3详解】 略 【点睛】易错点睛：裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $