广东省深圳市深圳外国语学校2024-2025学年高三第七次月考数学试卷(含详解)

广东省深圳市深圳外国语学校2024 2025学年高三第七次月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．在的展开式中，常数项为84，则的系数为（ ）
A． B． C．9 D．36
5．若关于的不等式的解集是，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆锥的母线长为6，其外接球表面积为，则该圆锥的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知是双曲线的左顶点，是该双曲线的右焦点，圆经过与点，则该双曲线的一条渐近线被圆截得的弦长最小为（ ）
A．8 B． C． D．
8．设函数，若恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某工厂为了解某型仪器的使用成本，对其已使用年限以及当年所需要支出的维修费用进行了统计，已知该型仪器投入使用的时间（单位：年）与当年所需要支出的维修费用（单位：千元）有如下统计资料：
2 3 4 5 6
2.2 3.8 5.5 7
根据表中的数据可得线性回归方程为，则（ ）
A．与的样本相关系数
B．
C．表中维修费用的第60百分位数为6
D．当该型仪器投入使用的时间为7年时，当年所需要支出的维修费用一定是8690元
10．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，当轴时，，则（ ）
A．
B．原点在以为直径的圆上
C．以为直径的圆与的准线相离
D．存在直线，使得
11．如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，且为与的交点，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．设，则
D．以为球心，为半径的球在四边形内的交线长为
三、填空题（本大题共3小题）
12．若，则的最大值为 .
13．已知为虚数单位，复数，则的实部与虚部之和为 .
14．来自4个班的7名同学一起参与登山活动，其中一班有3人，二班有2人，三班和四班各1人，到达山顶之后7人排成一排合影留念，则同班同学不相邻的站法总共有 种.
四、解答题（本大题共5小题）
15．记锐角的内角、、的对边分别为、、，已知.
(1)求；
(2)若，求面积的取值范围.
16．在四棱锥中，底面为菱形，侧面底面.
(1)证明：；
(2)若四棱锥的体积为2，求平面与平面所成角的余弦值.
17．函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若恒成立，求的取值范围.
18．已知椭圆的左焦点为为坐标原点，过点的直线交于两点，当与轴垂直时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的斜率存在且不为0，线段的垂直平分线与轴交于点.
（i）求点横坐标的取值范围；
（ii）求面积的最大值.
19．在有限数列中，若，有，则称为“链数列”，如果“链数列”满足末项与首项相同，则称为“回归链数列”.
(1)若数列为“回归链数列”，且，列举出所有满足的数列；
(2)证明：若数列为“回归链数列”，则为奇数；
(3)若数列为“链数列”，，求该数列为“回归链数列”且的概率.
参考答案
1．【答案】A
【详解】因为，且，所以，，
所以.
故选A.
2．【答案】D
【详解】因为，
所以，
则，解得，
故选D.
3．【答案】B
【详解】因为，
所以，
则，
所以.
故选B.
4．【答案】C
【详解】的展开式的通项为，
令0，则，则常数项为，
解得，令，则，
所以，即的系数为9.
故选C.
5．【答案】A
【详解】因为关于的不等式的解集是，所以可知，
所以原不等式可化为
显然是方程的两根，
所以只须，解得，
所以的取值范围是.
故选A.
6．【答案】B
【详解】圆锥及其外接球的轴截面如图，
该其外接球的半径为，则外接球表面积为，则，
即，
设圆锥的高为，圆锥的底面圆半径为，则，
由，解得，
则此圆锥的表面积为.
故选B.
7．【答案】B
【详解】因为，所以，
可得双曲线的一条渐近线方程为，即，
由圆心在垂直平分线上可设，则圆的半径的平方为，
圆心到直线的距离为，
则截得的弦长一半的平方为，
当且仅当时成立，所以弦长最小值为.
故选B.
8．【答案】D
【详解】由题意函数的定义域为，当时，，
则由，得恒成立，因为的值域为，故不可能恒成立，故不成立；
当时，由，得，由得，
由，得，由得，因为恒成立，故，即，
故，设，则，由，得到，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
故，所以的最小值为，
故选D.
9．【答案】AC
【详解】对于A，由表中数据可得随着增大而增大，与正相关，所以相关系数，故A正确；
对于B ，，则，所以，故B错误；
对于C，维修费用从小到大依次为，因为，故第60百分位数为，故C正确；
对于D，根据回归分析的概念，仪器使用的时间为7年时，所需要支出的维修费用大约是千元，但不绝对，故D错误.
故选AC.
10．【答案】BCD
【详解】对于A：当轴时，，可知点在抛物线上，
所以，解得，故选项A错误；
对于B：易知直线斜率不为0，故设直线的方程为，，连接，.
将直线方程代入中，得，，
则，所以，
所以，则原点在以为直径的圆上，故选项B正确；
对于C：结合选项B易知，
则以为直径的圆的半径.
设线段的中点为，则，则4，
所以点到准线的距离，
因为，所以，
则以为直径的圆与相离，故选项C正确；
对于D：由选项B可知，，
所以，解得，
所以存在直线，故选项D正确.
故选BCD.
11．【答案】ABD
【详解】依题意，连接交于，连接，则由菱形及直棱柱可知两两垂直，
且.
对于A，，
所以，故A正确；
对于B，连接，由题意得，
则，故B正确；
对于C，以为原点，以所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，
，则 故C错误；
对于D，取的中点为，连接，
由为等边三角形可得，
且平面，由球的半径为，
知球面与平面的交线是以为圆心，
以2为半径的圆，如图，在正方形内，
以为圆心，2为半径作圆，所得的圆弧即为所求交线，
由题意可知，所以弧的长为，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】因为，，
由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立.
故.
13．【答案】
【详解】，
所以的实部与虚部之和为.
14．【答案】1152
【详解】不妨设一班3人为，二班2人为，三班1人为，四班1人为，则不能相邻，不能相邻.
以下分两类，先排的相对位置：
若之间没有，则打包可知这四人共有种相对位置，再让来进行插空，
因为不能相邻，所以他们之间必然会有且只有一个一班同学，所以总共有种；
若之间有或，则这四人共有种相对位置，再让来进行插空，总共有种，
综上，总共有种.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得
因为，则，所以，
又因为，
所以，则，
因为，则，即，所以.
（2）因为是锐角的内角，又因为，所以，，得，
由正弦定理，得，
所以，，
所以
，
由，得，所以，
即，
所以面积的取值范围是.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取中点，连接，
由，故，
由菱形及知为等边三角形，
即，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：因为平面平面，
平面平面，
平面，所以平面
所以，解得，
由（1）知两两垂直，以为原点，以，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
则，
设平面的法向量为，
则即
令得，
设平面的法向量为，
则即
令得，
设平面与平面所成的角为），
则，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
17．【答案】(1)极小值为，无极大值
(2)
【详解】（1）依题意，，定义域为，
，
令得，
当时，，所以函数在上单调递减，；
当时，，所以函数在上单调递增.
故函数有极小值，极小值为，无极大值.
（2）因为，即恒成立，
令，
则.
令，
则，即在上单调递减.
又，故当时，，所以函数在上单调递增；
当时，所以函数在上单调递减，
所以，
又恒成立，即，
所以的取值范围是.
18．【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）由题意设椭圆方程为，半焦距，
当与轴垂直时，设点在轴上方，
由，解得，所以，，
所以，又，则，解得或（舍去），
所以，故椭圆的方程为.
（2）（i）设直线的方程为，
与联立得，则，
设点的中点为，
则，
所以，.
直线的垂直平分线的方程为，
令，则，
因为，所以，
即点横坐标的取值范围是.
（ii）由（i）得，
则
，
所以.
令，则，
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以，此时，即，
所以面积的最大值为.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）依题意，或或或或，且，
所以满足题意的数列有：
；，共6种.
（2）证明：依题意，或或或，
不妨设这个差中有个是1，有个是，，则，
且，
所以，则为奇数.
（3）设“数列为”链数列’“为事件，”数列为“回归链数列”“为事件，”“为事件，
则，所求概率为.
若数列为”链数列“，
则每一个项在前一个项确定下来之后都会有两种选择，且后一个项的选择与前一个项的选择相互独立，因此.
由（2）可知，若数列为”回归链数列“，则这12个差之中，有6个为1，有6个为，
因为每一项都可以看作是，
因此符合条件的数列的个数可以看作是将个和个排成一排的情况的总数，
即.
事件表示”数列为的‘回归链数列’“，可以看成是由一个的”回归链数列“及一个的”回归链数列“合并之后的数列，且两个”回归链数列”之间相互独立，则同理可得，
由全概率公式，，
即，
故所求概率为