福建省厦门重点中学2024届高三上学期8月月考数学试题（含解析）

2024届高三年数学科8月月考卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．“”是“”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
3．已知，是空间中两条不同的直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
4．若，则（ ）
A． B． C． D．
5．甲、乙两人相约在某健身房锻炼身体，他们分别在两个网站查看这家健身房的评价．甲在网站A查到共有840人参与评价，其中好评率为，乙在网站B查到共有1260人参与评价，其中好评率为．综合考虑这两个网站的信息，则这家健身房的总好评率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数，则的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．某医院安排3名男医生和2名女医生去甲、乙、丙三所医院支援，每所医院安排一到两名医生，其中甲医院要求至少安排一名女医生，则不同的安排方法有（ ）
A．18种 B．30种 C．54种 D．66种
8．已知函数的图象恒在的图象的上方，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．下列命题中的真命题是（ ）
A．用分层抽样法从1000名学生（男、女生分别占60%、40%）中抽取100人，则每位男生被抽中的概率为
B．从含有5件次品的100件产品中，任取8件，则取到次品的件数X的期望是
C．若，则
D．在线性回归模型拟合中，若相关系数r越大，则样本的线性相关性越强
10．已知复数，下列命题正确的是（ ）
A． B．若，则
C． D．若，则为实数
11．已知分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且，则下列说法正确的有（ ）
A． B．在上单调递减
C．关于直线对称 D．的最小值为1
12．数学中有许多优美的曲线，星形曲线就是其中之一，它最早是由古希腊天文学家发现的，罗默、伯努利、莱布尼兹等数学家都研究过其性质在工业生产中，利用星形曲线的特性，能设计出一种超轻超硬材料，展现了数学模型的广泛性和应用性．已知星形曲线，设为E上任意一点，则（ ）
A．曲线E与坐标轴有四个交点
B．
C．曲线E有且只有两条对称轴
D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13．抛物线的准线方程是 .
14．已知函数，若的图像在区间上有且只有1个最低点，则实数的取值范围为 .
15．某牧场2022年年初牛的存栏数为1200，计划以后每年存栏数的增长率为20%，且在每年年底卖出100头牛，按照该计划预计 年初的存栏量首次超过8900头.（参考数据：，）
16．已知函数，若关于的方程有6个不同的实数根，则实数的取值范围为 .
四、解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，
(1)求；
(2)若，，求的周长．
18．已知数列的前三项与数列的前三项对应相同，且对任意的都成立，数列是等差数列.
(1)求数列与的通项公式；
(2)证明：不存在，使得.
19．如图，在四棱锥中，，，平面ABCD，，M为PC的中点.
(1)求证：平面PAD；
(2)设点N在平面PAD内，且平面PBD，求直线BN与平面ABCD所成角的正弦值.
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过点且与轴垂直的直线与椭圆在第一象限交于点，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与轴正半轴交于点，与曲线交于点，轴，过点的另一直线与曲线交于，两点，若，求所在的直线方程.
21．App是英文Application的简称，现多指智能手机的第三方应用程序．随着智能手机的普及，人们在沟通、社交、娱乐等活动中越来越依赖于手机App软件．某公司为了了解其研发的App在某市的普及情况，进行了问卷调查，并从参与调查的市民中随机抽取了男、女各100人进行分析，从而得到下表（单位：人）：
经常使用 偶尔或不用 总计
男性 70 100
女性 90 100
总计
(1)完成上表，并根据以上数据判断能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为该市市民经常使用该款App与性别有关；
(2)将频率视为概率，从该市所有参与调查的市民中随机抽取10人赠送礼品，记其中经常使用该款App的人数为X，求随机变量X的数学期望和方差（该市参与调查的市民男女比例为1：1）．
附：，其中．
0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
(3)阅读下列材料，回答问题：以（2）中所求的概率为基准，如果从该市所有参与调查的市民中随机抽取100人赠送礼品，每次抽取的结果相互独立，记经常使用该款App的人数为，计算．
材料：二项分布与正态分布是概率统计中两大非常重要的分布，并且这两大分布的关系非常密切，经研究表明，如果一个随机变量X服从二项分布，当且时，二项分布就可以用正态分布近似替代，即，其中随机变量．
参考数据：，，，．
22．已知函数.
(1)若，求不等式的解集；
(2)当时，求证函数在上存在极值点，且.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
1．A
【分析】化简集合，根据补集和交集的概念可求出结果.
【详解】由得或，则或，则，
又，所以.
故选：A
2．C
【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，利用单调性可解不等式，然后可得.
【详解】设，则，
所以在R上单调递增，
所以不等式.
即“”是“”的充要条件.
故选：C
3．A
【分析】设出、、的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，D；根据线面关系判断A.
【详解】设平面、、的法向量分别为、、，直线，的方向向量为，，
对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，则，又，则，所以，则，故B正确；
对于C：若，，则，，又，则，所以，则，故C正确；
对于D：因，，则，，因此向量、共面于平面，
令直线的方向向量为，显然，，
而平面，即、不共线，于是得，所以，故D正确.
故选：A
4．C
【分析】令，利用二项式展开式通项可确定.
【详解】令，则，
又展开式通项为：，.
故选：C.
5．B
【分析】根据已知数据直接计算可得.
【详解】由已知可得这家健身房的总好评率为.
故选：B.
6．A
【分析】利用导数可求得在和上的单调性，由此可排除错误选项.
【详解】当时，，则，
在上单调递增，BD错误；
当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，C错误，A正确.
故选：A.
7．C
【分析】根据题意分配方案为122，212，221，再根据甲医院要求至少有一名女医生分别求解，然后求和.
【详解】解：由题意可知，向甲、乙、丙三所医院分配医生的人数有三种类型，分别为122，212，221，
因为甲医院要求至少有一名女医生，第一种方案共有种，
第二种方案分两种情况，分别是：甲有两名女医生、甲有一名女医生，共有种，
同理，第三种方案有21种，
所以共有54种，
故选：C.
8．A
【分析】由题意可得，转化原不等式为，构造函数，利用单调性可得，分离参数求的最小值即可.
【详解】由题意可得，
故，即
令，则单调递增，原不等式可化为，
所以，即，令，
则，当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，故，
所以.
故选：A
9．ABC
【分析】A选项，利用三种抽样方式每个个体被抽到的概率均相等，即可做出判断；
B选项，代入超几何分布的期望公式，即可得到答案；
C选项，利用正态分布的对称性即可得到答案；
D选项，掌握相关系数所代表的意义，即可做出判断.
【详解】A选项，分层抽样时，每个个体被抽到的概率均要相等，A正确；
B选项，由超几何分布知，，B正确；
C选项，因为，所以，C正确；
D选项，在线性回归模型中，若相关系数r的绝对值越大，则样本的线性相关性越强，D错误.
故选：ABC.
10．AC
【分析】根据复数的模长公式、共轭复数的定义以及复数的乘方，结合举反例，可得答案.
【详解】对于A，设，
则
，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，设，，，，故C正确；
对于D，设，，，
当或时，，故D错误.
故选：AC.
11．ACD
【分析】通过题目信息求出的解析式，然后利用函数性质进行判断.
【详解】由题，将代入得，因为分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以可得，将该式与题干中原式联立可得.
对于A：，故A正确；
对于B：由，，所以不可能在上单调递减，故B错误；
对于C： 为偶函数，关于轴对称，表示向右平移1101个单位，故关于对称，故C正确；
对于D：根据基本不等式，当且仅当时取等，故D正确.
故选：ACD
12．ABD
【分析】利用曲线方程令，可判断A，利用可判断B，利用方程可得曲线关于关于，轴对称，关于对称，可判断C，结合对称性可得，进而可判断D.
【详解】∵，
令，可得，令，可得，
∴曲线E与坐标轴有四个交点，故A正确；
由可知，，
∴，故B正确；
因为，
将方程中的换为，不变，则方程不变；将方程中的换为，不变，则方程不变；可得曲线关于，轴对称；
将方程中的换为，方程中的换为，则方程不变，可得曲线关于原点对称；将方程中的换为，换为，则方程不变，可得曲线关于对称；将方程中的换为，换为，则方程不变，可得曲线关于对称；故C错误；
由上可知曲线关于曲线关于，轴对称，关于原点对称，
当时，，
所以，即，故D正确.
故选：ABD.
13．
【解析】先将抛物线方程化为标准形式，求出的值，即可求解.
【详解】由得抛物线方程为，所以，
所以抛物线的准线方程是，
故答案为：.
14．
【分析】根据题意，由辅助角公式化简，然后由条件列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意得，因为，
所以，
因为有且只有1个最低点，所以，解得.
故答案为：.
15．2036
【分析】可以利用“每年存栏数的增长率为”和“每年年底卖出100头”建立相邻两年的关系，用待定系数法构造等比数列，求出通项公式即可求解.
【详解】设牧场从2022年起每年年初的计划存栏数依次为，，，…，，…，其中，
由题意得，并且，
设，则，则0.2x＝100，则x＝500，
∴，即数列{}是首项为，公比为1.2的等比数列，则，则，
令，则，即，
即，所以，因此.
2022+14=2036年年初存栏数首次突破8900，
故答案为：2036
16．
【分析】作出函数的图象，根据图象可知方程的实根个数可能为0，1，2，3，4，而 最多有2个实根，由此分类讨论可得出结果.
【详解】函数的图象如图所示，由图可知方程的实根个数可能为0，1，2，3，4，
当时，方程无实根，
当时，方程有唯一实根，
当时，方程有2个实根，
当或时，方程有3个实根，
当时，方程有4个实根，
∵最多有2个实根，此时，
∴方程有6个不同的实数根等价于的实根至少有3个，
当时，的三个根均大于-2，符合题意；
当时，的四个根均大于，有8个不同的实数根，不合题意；
当时，此时有7个不同的实数根，不合题意；
当时，只有三个均大于的不同实根，符合题意.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：画出草图，分析图象要使有6个不同实根，则与至少有3个交点，求参数的范围.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由余弦定理、三角形面积公式结合已知求解作答.
（2）由面积求出，再利用余弦定理求出作答.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，而的面积，
由，得，化简得，
两边平方得，即有，
又是锐角三角形，则，解得，
所以.
（2）由（1）得，又，则，
由余弦定理得：，即，
亦即，解得，
所以的周长为.
18．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用推出n-1时的表达式，然后作差求出数列的通项公式，利用数列是等差数列利用累加法求出的通项公式；
（2）化简通过k≥4时，单调递增，且f（4）=1，所以k≥4时，f（k）≥1，结合f（1）=f（2）=f（3）=0，说明不存在，使得．
【详解】（1）因为①，
则当时，②，
①—②，得，则，
在①中令，可得，所以.
由题设，，，，则，，
数列的公差为，
，
所以.
（2），
当时，单调递增，且，
所以时，，
又，所以不存在，使得.
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有数列的通项公式的求法，递推关系式的应用，数列与函数的关系，考查分析问题和解决问题的能力.在解题过程中，一定要注意对题的条件的正确转化.
19．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取PD的中点E，连接EM，AE，易证ABME是平行四边形，则，根据线面平行的判定即可证结论.
（2）（法一）利用线面垂直的性质及判定可得面ABME，作交AE于点N，易证面PBD，则，根据相似比求出N的位置，由线面角的定义求线面角的大小；（法二）构建空间直角坐标系，设，根据平面PBD求出参数，进而求、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求直线BN与平面ABCD所成角的正弦值.
【详解】（1）取PD的中点E，连接EM，AE，则且，
而，，则，又，
所以，，从而四边形ABME是平行四边形，故.
因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD.
（2）当N为AE的中点时，面PBD，理由如下：
（法一）面ABCD，面ABCD，
，又，，平面PAD，
所以面PAD，而面PAD，则，
又，E是PD的中点，即，
而，面ABME，
所以面ABME，在面ABME中作交AE于点N，
所以，又，面PBD，
所以面PBD，易知：，而，，
，即，而，
N为AE的中点时，面PBD.
作于G，则面，是BN与平面ABCD所成角，
因为，，
，则.
即直线BN与平面AD所成角的正弦值为.
（法二）易得AP，AB，AD两两垂直，故以A为原点，直线AB为x轴，直线AD为y轴，直线AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，M(1，1，1).
设，则，，.
因为平面PBD，
故，可得.
，又平面的法向量为，
设BN与平面ABCD所成角为，则.
即直线BN与平面ABCD所成角的正弦值为.
20．(1)
(2)或
【分析】（1）利用离心率的定义以及三角形面积公式，结合，解出的值即可求得椭圆的标准方程；
（2）利用已知条件求出两点横坐标的关系，分直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，易知斜率不存在时不合题意，设出斜率存在时直线的方程，联立椭圆和直线方程得出关于的一元二次方程，再结合韦达定理求出斜率的值，即可求出直线方程.
【详解】（1）设椭圆标准方程为，
由离心率为可得，
又轴，不妨设，代入椭圆解得；
，即，解得；
又，可得；
所以椭圆的标准方程为.
（2）如下图所示：

易知是椭圆的右顶点，点在轴正半轴上，由轴可得，
设，易知，即，所以，
易得,
所以，即可得；
所以
设，则，所以；
①当直线的斜率不存在时，的方程为，
此时，不符合题意；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立可得，
由韦达定理可知，结合可解得
所以，解得；
故直线的方程为或
21．(1)列联表见解析，能；
(2)；
(3)
【分析】（1）根据题意补全列联表，利用卡方公式计算并对照临界值表即可判断；
（2）根据频率与概率关系得从该市市民中任意抽取1人，分析得，利用相关均值和方差公式即可得到答案.
（3）计算出，，则近似为，利用原则即可得到答案.
【详解】（1）偶尔或不用的男性人数为，偶尔或不用的女性人数为，
则补全的列联表如下：
经常使用 偶尔或不用 总计
男性 70 30 100
女性 90 10 100
总计 160 40 200
由列联表可得
，
所以能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为经常使用该款与性别有关.
（2）由列联表可知,抽取到经常使用该款App的市民的频率为
将频率视为概率,所以从该市市民中任意抽取1人,
恰好抽取到经常使用该款的市民的概率为0.8,由题意知,
所以，
（3）由题意,因为,
,所以近似为,所以.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，由可得出关于的不等式，解之即可；
（2）当时，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得函数在上存在极值点，由极值点可得出，将所证不等式等价变形为，构造函数，利用导数证得，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由题意，当时，，则，
令，则，令可得，列表如下：
增 极大值 减
所以，，且不恒为零，
所以，函数在上单调递减，且，
由可得，解得.
因此，当时，不等式的解集为.
（2）证明：当时，，则，
令，其中，则，可得，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，当时，，
所以，且，
由（1）知，则当时，，，
当时，，由，得，，
所以存在极大值点，
，故，
.
所以，要证，只要证，即证.
令，则，由，得，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，所以，，
综上，成立.