福建省宁德第一中学2024-2025学年高三下学期月考7数学试卷（含解析）

福建省宁德第一中学2024 2025学年高三下学期月考7数学试卷
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知是关于的方程的一个根，则（ ）
A．2 B．3 C．5 D．
3．设等比数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．关于的不等式恒成立的一个充分不必要条件是（）
A． B．
C． D．
5．若函数在上有最大值，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数，正实数满足，且，若在区间上的最大值为2，则的值分别为(　　)
A． B．
C． D．
7．已知直线与交于点，点是抛物线的焦点，则的最小值为（ ）
A．5 B．3 C． D．2
8．已知函数，关于x的不等式有且只有四个整数解，则实数t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知数列的前项和为，且，，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等差数列 B．是等比数列
C． D．
10．样本数据0，2，3，，，7的平均数为3，方差为，中位数为，则（ ）
A． B． C． D．
11．如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（）
A．动点的轨迹是一条线段
B．直线与的夹角为
C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D．平面截正方体所得截面的面积为
三、填空题
12．已知函数的图象关于直线对称，则 .
13．在的展开式中，偶数项的二项式系数和为128，则常数项为 .
14．已知函数，的定义域为，，且满足，，则 .
四、解答题
15．在中，，，分别是内角，，的对边，且，，若.
（1）求的大小；
（2）设，为的面积，求的取值范围.
16．如图，在三棱锥中，侧面PAC是边长为2的正三角形，，，E，F分别为PC，PB的中点，平面AEF与底面ABC的交线为l.

(1)证明：l∥平面PBC.
(2)已知平面平面，若在直线l上存在点Q，使得直线PQ与平面AEF所成角为，异面直线PQ，EF所成角为，且满足，求.
17．向“新”而行，向“新”而进，新质生产力能够更好地推动高质量发展.如人工智能中的大语言模型DeepSeek（以下简称DeepSeek）.为调查DeepSeek的应用是否会对相关从业人员的数量产生影响，某学校研究小组随机抽取了150名视频从业人员进行调查，结果如下表所示：
DeepSeek的应用情况 相关从业人员 合计
减少 未减少
应用 54 72
没有应用 42
合计 90 150
（1）根据所给数据完成上表，并判断是否有95%的把握认为的应用与相关从业人员的减少有关？
（2）某公司视频部现有员工100人，公司拟开展DeepSeek培训，分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，每轮相互独立，有二轮及以上获得“优秀”的员工才能应用DeepSeek.
（ⅰ）求员工经过培训能应用DeepSeek的概率.
（ⅱ）已知开展DeepSeek培训前，员工每人每年平均为公司创造利润6万元；开展DeepSeek培训后，能应用DeepSeek的员工每人每年平均为公司创造利润10万元；DeepSeek培训平均每人每年成本为1万元.根据公司发展需要，计划先将视频部的部分员工随机调至其他部门，然后剩余员工开展DeepSeek培训，现要求培训后视频部的年利润不低于员工调整前的年利润，则视频部最多可以调多少人到其他部门？
附：其中，）
18．已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，讨论函数的零点个数；
（3）对于恒成立，求实数的取值范围.
19．已知圆：，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线相交于点，当点在圆上运动时，设动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的标准方程；
（2）设，是曲线上不同的两点，是的中点，直线，的斜率分别为，.证明：为定值；
（3）直线与曲线的右支交于点，（在的上方），过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线，与交于点；过点且斜率4为的直线与曲线交于点，（在的上方），再过点作斜率为的直线，过点作斜率为2的直线，与交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点.证明：共线.
参考答案
1．【答案】D
【详解】由题集合，
集合，
所以.
故选D
2．【答案】D
【详解】将代入有：，
化简整理有，即，解得，
所以，
故选D.
3．【答案】D
【详解】因为为等比数列，所以也为等比数列，
则有，
设，则，所以，故.
故选D.
4．【答案】A
【详解】若不等式恒成立，
当时，恒成立，
当时，，解得，
当时，不等式不恒成立，
所以的取值范围是.
所以不等式恒成立的一个充分不必要条件是.
故选A
5．【答案】D
【详解】由，
令得，令可得或，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有极大值，
令解得或
而函数在开区间上有最大值，故最大值即为极大值，
所以且，解得.
故选D
6．【答案】A
【详解】
根据 及的单调性，
知且.
又在区间上的最大值为，
由图象知，．故，易得.
7．【答案】B
【详解】由题意可知，直线恒过点，直线恒过点，
因为，所以，
所以点的轨迹是以线段为直径的圆（由直线的斜率存在知，不含点），
此时圆心为，半径.
即点的轨迹方程为（不含点，
抛物线可化为，其焦点坐标为，
所以.
故选B.

8．【答案】B
【详解】由得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以当时，有最大值，且，
又当时，，且，
当时，，．
其图象如图所示：
①当，由，得，
即，则，此时不等式的整数解有无数多个，不合题意；
②当时，由得或．
当时，，有无数个整数解；
当时，其解集为(0,1)的子集，不含有整数解；
故不合题意；
③当时，由得或，
当时，其解集为(0,1)，不含有整数解；
当时，若不等式有且仅有四个整数解，
又，，，，
且，
因为在递增，在递减，
所以四个整数解只能为2、3、4、5，
所以， 即
所以实数的取值范围为．
故选B.
9．【答案】AC
【详解】选项A，B：由得，
即，所以数列是等差数列，
由，，得，，
故不是等比数列，故A正确，B错误；
选项C，D：设的公差为，由，得，即，
所以，所以，
当时，，当时，，
所以当时，，
当时，，
故，
故是数列的最大项，故有，
故C正确，D错误.
故选AC
10．【答案】ACD
【详解】对于A，由题意可知，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，
当时，有，当且仅当时等号成立，
所以，故B错误；
对于C，方差，
由可知，当时，，此时，
当时，，此时，
综上所诉，，故C正确；
对于D，当时，样本数据的中位数，
当时，设，由可知，，
按照从小到大的顺序排列，中间两个数可以是或，
此时中位数，综上所述，中位数，故D正确.
故选ACD
11．【答案】ABD
【详解】对于A，如图：
分别取的中点H，G，连接，，，．
由正方体的性质可得，且平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
且平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，故A正确；
对于C，由A可知的轨迹为线段，平面平面，所以平面，
所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值，
故三棱锥的体积是定值，不会随点的运动而变化，故C错误；
对于B，如图：
连接，，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，所以或其补角为异面直线与的夹角，
因为为正方体，，都为面对角线，所以，
所以为等边三角形，所以，故B正确；
对于D，如图：
取的中点，连接，取的中点，连接，
易知且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且.
同理可证四边形也为平行四边形，所以且，
所以且.
所以四点共面，即四边形为为正方体的截面，，同理可求得四边形为的其它边长也为，
故该四边形为为棱形，对角线，，
故该棱形的面积为，故D正确.
故选ABD
12．【答案】
【详解】由题：
，
.
13．【答案】
【详解】由条件可知，，则，
二项展开式的通项公式，
令，得，
所以常数项为.
14．【答案】
【详解】由得，
又因为，所以，即的对称中心为.
由得，即（常数），
令，得，所以，即的对称轴为直线，
所以，
由得，
故，，
所以，故的周期.
因为，所以，
中，令，得，
由得，
在中，令，得，故，
所以.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1），，
根据正弦定理得，化简得，
由余弦定理，得，
又，.
（2），，
由正弦定理得，
，，
，
，
，.
，，，
的取值范围是.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)1
【详解】（1）证明：因为分别为的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，平面与底面的交线为，
所以，，从而，
而平面，平面，
所以，平面.
（2）取的中点记为，连接，
因为是边长为2的正三角形，所以，
所以，.
又平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线.
由题意可得，即，
取的中点记为，连接，则.
因为，所以.
以为坐标原点，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，则，，，
设平面的一个法向量为，
则， 即，
取，则，，即是平面的一个法向量，
所以.
又直线与平面所成角为，
于是.
又，
而异面直线所成角为，于是.
假设存在点满足题设，则，
即，所以.
当时，，此时有，
当时，，此时有，
综上所述，这样的点存在，且有.

17．【答案】（1）表格见解析，有的把握认为的应用与视频从业人员的减少有关
（2）（i）；（ii）人
【详解】（1）依题意，列联表如下：
DeepSeek的应用情况 视频从业人员 合计
减少 未减少
应用
没有应用
合计
零假设为：的应用与视频从业人员的减少独立，的应用前后视频从业人员无差异，
由列联表中数据得，.
根据小概率值的的独立性检验，推断不成立，
所以有的把握认为的应用与视频从业人员的减少有关.
（2）（i）设“员工第轮获得优秀”，且相互独立.
设“员工经过培训能应用”，则
，
所以员工经过培训能应用的概率是.
（ii）设视频部调人至其他部门，为培训后视频部能应用的人数，
则，因此，
调整后视频部的年利润为
（万元），
令，解得，又，所以.
所以视频部最多可以调人到其他部门.
18．【答案】（1）；
（2）1；
（3）.
【详解】（1）函数，求导得，，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，函数和都为增函数，则函数为增函数，
而，，则，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
而，则当时，，
因此函数在上无零点；
当时，，当时，，
即当时，，函数在上单调递增，又，
于是函数在上有1个零点，
所以函数在上有1个零点.
（3）令，，，
求导得，
令，求导得，
函数，即在上单调递增，
①当，即时，，
函数在上单调递增，，在上恒成立；
②当，即时，，由函数在上的图象连续不断，
知，当时，，函数在上单调递减，
当时，，不符合题意，
所以实数m的取值范围是.
19．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）圆：的圆心为，半径，
因为，，
则，
可知动点的轨迹为是以，为焦点的双曲线，
且，，则，
所以曲线的方程为.
（2）设，，，
因为，为双曲线上的两点，所以，
两式相减得，整理得，
则，得证.
（3）设斜率为4，与双曲线右支相交于，两点的直线方程为，，
联立，消去并整理得，
因为该方程有两个正根，则，
解得，或（舍）
由韦达定理得，
直线的方程为，
因为，即，①
直线的方程为，
因为，即，②
联立①②，两式相加得，两式相减得，
因为，
则，
，
所以，则都在直线上，故共线.