河南省焦作市博爱县第一中学2024−2025学年高三下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份河南省焦作市博爱县第一中学2024−2025学年高三下学期3月月考数学试题（含解析），共18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（本大题共8小题）
1．已知，函数，则“”是“存在最小值”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．已知，则下列结论不正确的是（ ）
A．是奇函数B．在区间上单调递增
C．有3个零点D．，
3．在△中，，为的中点，为线段上的一个动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．若复数且，则满足的复数的个数为（ ）
A．0B．2C．1D．4
5．已知分别为椭圆的左、右焦点，椭圆上存在两点使得梯形的高为（为该椭圆的半焦距），且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．某罐中装有大小和质地相同的4个红球和3个绿球，每次不放回地随机摸出1个球.记“第一次摸球时摸到红球”，“第一次摸球时摸到绿球”，“第二次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到绿球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到绿球”，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知是递减的整数数列，若，且，则的最小值为（ ）
A．54B．55C．63D．64
8．函数，若存在，使有解，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．的图象关于原点对称
B．的值域为
C．当时，恒成立
D．若在区间上有2024个不同的实数根，则的取值范围是
10．古人立杆测日影以定时间，后来逐步形成了正切和余切的概念.余切函数可以用符号表示为，其中，则下列关于余切函数的说法正确的是（ ）
A．定义域为
B．在区间上单调递增
C．与正切函数有相同的对称中心
D．将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象
11．已知正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为分别是中点，过点的截面将四面体的体积平分，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．直线与直线异面
C．正四棱锥外接球表面积为
D．截面不可能为等边三角形
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数，则 ．
13．已知，为第二象限角，则 .
14．为深入贯彻党的二十大精神，我市邀请、、、、五位党的二十大代表分别到一中、五中、铁中、蒙中做宣讲工作，每个学校至少一人参加.若其中、因只会汉语不能到蒙中宣讲，其余三人蒙汉兼通，可选派到任何学校宣讲.则不同的选派方案共有 种.
四、解答题（本大题共5小题）
15．某中学为提升学生们的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，初赛成绩排名前两百名的学生参加复赛．已知共有8000名学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取100人的初赛成绩作为样本，得到如下频率分布直方图：

(1)规定初赛成绩中不低于90分为优秀，8090分为良好，7080分为一般，6070分为合格，60分以下为不合格，若从上述样本中初赛成绩不低于80分的学生中随机抽取2人，求至少有1人初赛成绩优秀的概率，并求初赛成绩优秀的人数的分布列及数学期望；
(2)由频率分布直方图可认为该校全体参加初赛学生的初赛成绩服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且．已知小华的初赛成绩为85分，利用该正态分布，估计小华是否有资格参加复赛？
（参考数据：；若，则，，．
16．在中，已知.
(1)求；
(2)若在边上存在点，使为锐角三角形，求的取值范围.
17．如图，在直平行六面体中，，且，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)点在棱上，当平面与平面所成角的余弦值为时，求.
18．已知椭圆的一个焦点为，且过点 ．
(1)求椭圆的方程；
(2)若是平行于轴的动弦，直线与轴交于点，点，直线与直线交于点．
（i）求证：点恒在椭圆上；
（ii）求 面积的最大值．
19．已知函数的定义域为，若存在实常数及，对任意，当且时，都有成立，则称函数具有性质.
(1)判断函数是否具有性质，并说明理由；
(2)若函数具有性质，求和的值；
(3)已知函数不存在零点，且当时具有性质，若数列满足，，且，求的通项公式.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意，，，
当时，若，，函数单调递减，且时，，
没有最小值，∴.
当时，，
此时，
当时，，，当且仅当时取等号.
若，则，
可知，，满足要求，
若，则，，
可知，，满足要求，
若，则，，
可知，若有最小值，则，解得：，
综上，若函数有最小值，则，
∴“”是“存在最小值”的充要条件，
故选C.
2．【答案】B
【详解】显然，的定义域为，的定义域为，且
，
记，则有
，
故是奇函数，因此选项A正确.
令，则有，即或，
解得或，即，，或，故有3个零点，因此选项C正确.
，，而，所以，即，故选项D正确.
因此，选项B不正确.事实上，，
且，，故存在，使得，从而当时，，故在区间上单调递减.
故选B.
3．【答案】B
【详解】△中，，为的中点，
所以，
设，则，，
，
即当时，的最小值为.
故选B.
4．【答案】A
【详解】因为，所以，
又，所以，
即复数对应的点在圆心为，半径为的圆上，
又可以变形为，
即其几何意义为复数在复平面内的点到直线的距离为，
又圆心到直线的距离为，
而，所以满足条件的不存在.
故选A.
5．【答案】A
【详解】如图，
由，得，则，为梯形的两条底边，
作于点P，则，由梯形的高为，得，
在中，，则有，，
在中，设，则，，
即，解得，
在中，，同理，
又，所以，即，所以离心率.
故选A.
6．【答案】C
【分析】根据题意，利用条件概率的计算公式，以及相互独立事件的概念和计算，逐项求解，即可求解.
【详解】由条件概率的公式，可得或，故C正确；
因为，不相互独立，所以或，
，所以，所以A错误；
因为，
所以，故B错误；
由，
则，所以D错误.
故选C.
7．【答案】D
【详解】因为是递减的整数数列，
所以要使最小，应使递减的幅度尽可能小,考虑公差为的等差数列,
设,由,得.
记的前项和为，则,当时,，
不满足题意；当时，，
因为,只需去掉这一项即可，
即满足题意的数列为 ，即的最小值为 64.
故选D.
8．【答案】A
【详解】若存在，使得有解，即．
设，，则．
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以．
故的取值范围为．
故选A.
9．【答案】AC
【详解】对选项A：因为
所以A正确；
对选项B：设，则可表为，
因为，
故为上的奇函数，而时，均为增函数，
故为上的增函数，而为上的增函数，
故为上的增函数，故为上的增函数，
因为是增函数，所以，
所以的值域为，所以B不正确；
对选项C：设，
则（不恒为零），
所以在上递减，所以即，所以C正确；
对选项D：因为，
所以关于对称，又的图象关于原点对称，
故是周期函数且周期，而，
所以在上递增，可作出草图，如下图
设，则，该方程两根满足，
显然均不为0且最多仅有一个属于，
不妨设,
若时，方程在区间[上有1013个实数根；
若时，方程在区间[上有2026个实数根；
若时，在区间上有2024个实数根；
若时，方程在区间上有1012个实数根；
所以方程在区间仅有一根，
所以，
所以，所以D不正确.
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】由正切函数的定义域可知，即，
所以余切函数定义域为，故A正确；
当时，，
因为为减函数，为增函数，
由复合函数单调性知在区间上单调递减，故B错误；
因为的对称中心为，
令，解得，
由，可知，即的对称中心为，
故余切函数与正切函数有相同的对称中心，故C正确；
的图象向右平移个单位可得，
故D正确.
故选ACD.
11．【答案】AC
【详解】对于A，∵分别是中点，∴，又平面，平面，故直线平面，故A正确；
对于B，由得四点共面，所以，直线与直线不异面，故B不正确；
对于C，设是正四棱锥底面的中心，正四棱锥外接球的球心为，半径为，根据对称性，在上，因为底面边长为1，侧棱长为，则，
由得，解得，外接球表面积，故C正确；
对于D，∵过点的截面将四面体的体积平分，所以截面必过，且截面为等腰三角形，设其顶角为.当截面过时，截面的顶角最大，且，，故，所以截面不可能为等边三角形，故D不正确.
故选AC.
12．【答案】6
【详解】函数，
设，
令，
则，
，
又，，
，
．
13．【答案】
【详解】∵，
∴，
，
∵为第二象限角，∴，∴，
∴
.
14．【答案】126
【详解】根据题意可分为2种情况讨论：
（1）从、、三人中选1人去蒙中，有种选法，剩下4人安排到其余三所学校，
即4人分成2,1,1三组，有种分法，然后将这三组全排列安排这三所学校有种排法，
根据分步原理，这种情况的选派方案有种；
（2）从、、三人中选2人去蒙中，有种选法，剩下3人安排到其余三所学校，
有种排法，根据分步原理，这种情况的选派方案有种；
综上可得，共有种不同的选法.
15．【答案】(1)至少有1人初赛成绩优秀的概率为，分布列见详解，.
(2)估计小华有资格参加复赛.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
样本中位于区间内的人数：，
样本中位于区间内的人数：，
抽取的2人中成绩优秀的人数可能的取值有0，1，2
， ，
所以的分布列为
因此，至少有1人初赛成绩优秀的概率，
数学期望.
（2）由频率分布直方图可知：
，
由，得，又，
所以，
所以全校参加初赛学生中，不低于85分的约有人，
因为，所以估计小华有资格参加复赛.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为由余弦定理有：，
因为为的内角，所以
（2）因为由余弦定理有：
=，
所以
设，由点在边上，且为锐角三角形，所以，
所以.
在中，由，
所以，所以，
所以
由是定义域上的减函数，所以，
所以的范围为.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)或.
【详解】（1）在直平行六面体中，
易知，因为，平面，
所以平面，
所以，所以，
因为，所以，
在矩形中，，，，
所以，所以，
因为为的中点，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以平面，所以平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面.
（2）以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
平面的法向量为，
设（），则，
，，
设平面的法向量为，
所以所以
令，则，，所以，
设平面与平面所成角为，
所以，
所以或，
所以的值为或.
18．【答案】(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）
【详解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆方程为；
（2）（i）根据题意可得，
设（），则，可得，即，
因为，的方程分别为和，
所以满足，
解得，
因为
，
所以点恒在椭圆上．
（ii）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，得，
设，，
可得，，
所以，
可得，
令，则，
所以，
因为在上单调递增，所以当时，
所以，
当且仅当，时，取得最大值，此时经过点，
因为面积，
当时，直线恰好过点时，面积的最大值为．
19．【答案】(1)函数不具有性质，理由见解析
(2)或
(3)
【详解】（1）若函数具有性质，则存在实常数及，
使得对任意的都成立，
即，
所以，，不合题意，舍去.所以函数不具有性质.
（2）由题意存在实常数及，使得对任意的都成立，
即，
化简得对任意的都成立，
所以
解得或
所以或
（3）由函数不存在零点，且具有性质得，
对任意的，，都有，
即，所以，
所以，
又，，所以，所以，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以.
X
0
1
2
P