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大联考雅礼中学 2024 届高三月考试卷（二）
数学
命题人：卿科 审题人：陈朝阳 匡鈾龄
得分：___________
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 8页．时量120分钟，满分150
分．
第Ⅰ卷
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. 若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的定义求解.
【详解】 ．
故选:C.
2. 全集 ，集合 ， ，则阴影部分表示的集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的条件利用韦恩图反应的集合运算直接计算作答.
【详解】韦恩图的阴影部分表示的集合为 ，而全集 ，集合 ，
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学科网（北京）股份有限公司，
所以 .
故选：C
3. 函数 的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和特殊点即得.
【详解】易知 的定义域为 ，
因为 ，
所以 为奇函数，排除答案B，D；
又 ，排除选项C．
故选:A．
4. 在边长为3的正方形ABCD中，点E满足 ，则 （ ）
A. 3 B. C. D. 4
【答案】A
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】建立直角坐标系，写出相关点的坐标，得到 ， ，利用数量积的坐标运算计算即可.
【详解】以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，建立如图所示直角坐标系，
由题意得 ，
所以 ， ，
所以 .
故选：A.
5. 某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球
的体积为 ，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为 ，不
考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（ ）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，再利用组合体
的体积乘以打印所用原料密度可得结果.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】设半球的半径为 ，因为 ，
所以 ，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6，
所以 ，
所以该实心模型的体积为 ，
所以制作该模型所需原料的质量为
故选：C
6. 已知数列 为等比数列，其前n项和为 ， ，则“公比 ”是“对于任意 ， ”
的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式以及前 项和公式，分别验证充分性以及必要性即可得到结果.
【
详解】若 ，且公比 ，则 ，所以对于任意 ， 成立，故充分性成
立；
若 ，且 ，则 ，
所以由对于任意 ， ，推不出 ，故必要性不成立；
所以“公比 ”是“对于任意 ， ”的充分不必要条件.
故选:A
7. 若存在实数a，对任意的x∈[0，m]，都有(sin x－a)·(cos x－a)≤0恒成立，则实数m的最大值为( )
A. B.
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学科网（北京）股份有限公司C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知不等式得到，要求y＝sin x和y＝cos x 图象不在y＝a＝ 的同一侧，利用正弦函数、
的
余弦函数图象的性质进行解答即可．
【详解】在同一坐标系中，作出y＝sin x和y＝cos x的图象，
当m＝ 时，要使不等式恒成立，只有a＝ ，
当m＞ 时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sin x和y＝cos x的图象不在y＝a＝ 的同一侧.
∴由图可知m的最大值是 .
故选：C.
8. 已知函数 的定义域为R， ，且 在 上递增，则
的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】根据 可得 关于直线 对称，根据 可得
，结合函数 的单调性可得函数图象，根据图象列不等式求解集即可.
【详解】解：函数 ，满足 ，则 关于直线 对称，
所以 ，即 ，
又 在 上递增，所以 在 上递减，
则可得函数 的大致图象，如下图：
所以由不等式 可得， 或 ，解得 或 ，
故不等式 的解集为 .
故选：D.
二、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. 对于实数 ， ， ，下列选项正确的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 ， D. 若 ， ，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用比较法、特例法逐一判断即可.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】对选项A，因为 ，所以 ， ，
所以 ，故A正确；
对选项B， ， ，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ，故B正确；
对选项C，令 ， ，满足 ，不满足 ， ，故C错误；
对选项D，因为 ， ，
所以 ，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数 的最小正周期为
C. 函数 的对称轴方程为
D. 函数 的图象可由 的图象向右平移 个单位长度得到
【答案】AB
【解析】
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的图像性质逐项判断.
【 详 解 】
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学科网（北京）股份有限公司所以A正确；
对于B，函数 的最小正周期为 ，所以B正确；
对于C，由 ， ，得 ， ，所以函数 的对称轴方程为 ，
，所以C不正确；
对于D， 的图象向右平移 个单位长度，得 ，所以函数 的
图象可由 的图象向右平移 个单位长度得到，所以D不正确．
故选：AB．
11. 设 是公差为 （ ）的无穷等差数列 的前 项和，则下列命题正确的是（ ）
A. 若 ，则 是数列 的最大项
B. 若数列 有最小项，则
C. 若数列 是递减数列，则对任意的： ，均有
D. 若对任意的 ，均有 ，则数列 是递增数列
【答案】BD
【解析】
【分析】取特殊数列判断A；由等差数列前 项和的函数特性判断B；取特殊数列结合数列的单调性判断
C；讨论数列 是递减数列的情况，从而证明D.
【详解】对于A：取数列 为首项为4，公差为 的等差数列， ，故A错误；
对于B：等差数列 中，公差 ， ， 是关于n的二次
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学科网（北京）股份有限公司函数.当数列 有最小项，即 有最小值， 对应的二次函数有最小值，对应的函数图象开口向上，
，B正确；
对于C：取数列 为首项为1，公差为 的等差数列， ，
，即 恒成立，此时数列 是递减数
列，而 ，故C错误；
对于D：若数列 是递减数列，则 ，一定存在实数 ，当 时，之后所有
项都为负数，不能保证对任意 ，均有 .
故若对任意 ，均有 ，有数列 是递增数列，故D正确．
故选：BD
12. 如图所示，在棱长为2的正方体 中，点 ， 分别为棱 ， 上的动点（包
含端点），则下列说法正确的是（ ）
A. 四面体 的体积为定值
B. 当 ， 分别为棱 ， 的中点时，则在正方体中存在棱与平面 平行
C. 直线 与平面 所成角的正切值的最小值为
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学科网（北京）股份有限公司D. 当 ， 分别为棱 ， 的中点时，则过 ， ， 三点作正方体的截面，所得截面为五边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出四面体的体积判断A；把正方体的棱分成3类，再判断各类中的一条即可判断B；作出线面
角，并求出其正切表达式判断C；利用线线、线面平行的性质作出截面判断D.
【详解】点 ， 在棱 ， 上运动时， 到 距离始终为2， 到平面 的距离始终为
2，
所以四面体 的体积 恒为定值，A正确；
在正方体 中，棱可分为三类，分别是 ，及分别与它们平行的棱，
又 不与平面 平行，则在正方体 中，不存在棱与平面 平行，
B错误；
正方体棱长为2，如图1，过 作 于 ，则有 平面 ，
于是 与平面 所成角即为 ，于是 ，
又 长度的最大值为 ，所以 与平面 所成角的正切值的最小值为 ，C正确；
如图2，取 中点 ，连接 ，有 ，且 ，
则四边形 是平行四边形，有 ，过 作 的平行线交 于点 ，
此时 ，则 ，即 为过 ， ， 三点的平面与平面 的交线，
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学科网（北京）股份有限公司连接 ，在 上取点 ，使得 ，同证 的方法得 ，
在棱 上取点 ，使 ，连接 并延长交直线 于 ，则 ，
即 ，而 ，于是四边形 是平行四边形，
有 ，则 为过 ， ， 三点的平面与平面 的交线，
连接 ，则可得五边形 即为正方体中过 ， ， 三点的截面，D正确．
故选：ABD
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几
何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点
中至少有两个点在几何体的同一平面上.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若函数 的图象在 处的切线斜率为3，则 __________．
【答案】
【解析】
【分析】求导，利用 求解即可.
【详解】解：因为 ，所以 ，
又函数 的图象在 处的切线斜率为3，
则 ，所以 ．
故答案为：
14. 在平面直角坐标系 中，圆 与 轴的正半轴交于点 ，点 ， 在圆 上，若射线 平分
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学科网（北京）股份有限公司， ，则点 的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意可知圆 的半径为 ，设 ，由题意可知
， 则 点 的 横 坐 标 为 ， 点 的 纵 坐 标 为
．故答案为： ．
15. 已知函数 的定义域为 ， 是偶函数， 是奇函数，则 的最小值
为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得 ，再结合基本不等式即可得答案.
【详解】解：因为函数 为偶函数，则 ，
即 ，①
又因为函数 为奇函数，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司即 ，②
联立①②可得 ，
由基本不等式可得 ，
当且仅当 时，即当 时，等号成立，
故函数 的最小值为 ．
故答案为：
16. 已知菱形 中，对角线 ，将 沿着 折叠，使得二面角 为
120°， ，则三棱锥 的外接球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
将 沿 折起后，取 中点为 ，连接 ， ，得到 ，在 中由余弦
定理求出 的长，进一步求出 的长,分别记三角形 与 的重心为 、 ，记该几何体
的外接球球心为 ，连接 ， ，证明 与 全等，求出 ，再推出
，连接 ，由勾股定理求出 ，即可得出外接球的表面积.
【详解】将 沿 折起后，取 中点为 ，连接 ， ，则 ， ，
所以 即为二面角 的平面角，所以 ；
设 ，则 ,在 中
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学科网（北京）股份有限公司，即
解得 ，即 ，所以
所以 与 是边长为 的等边三角形.
分别记三角形 与 的重心为 、 ，则 ， ；即 ；
因为 与 都是边长为 的等边三角形，
所以点 是 的外心，点 是 的外心；
记该几何体 的外接球球心为 ，连接 ， ，
根据球的性质，可得 平面 ， 平面 ，
所以 与 都是直角三角形，且 为公共边，
所以 与 全等，因此 ，
所以 ；
因为 ， ， ，且 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
又 平面 ，所以 ，
连接 ，则外接球半径为 ，
所以外接球表面积为 .
故答案为：
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学科网（北京）股份有限公司【点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位
置，求出球的半径，即可求解；在确定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面
外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），
根据特殊几何体的外接球，求出球的半径.
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、
证明过程或演算步骤．
17. 已知正项数列 的前 项和为 ，且满足 .
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 项和为 ，证明： .
【答案】（1） ；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用 的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；
（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得 ，即可证明.
【小问1详解】
依题意可得，当 时， ， ，则 ；
当 时， ， ，两式相减，
整理可得 ，又 为正项数列，
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学科网（北京）股份有限公司故可得 ，所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 .
【小问2详解】
证明：由（1）可知 ，所以 ，
，所以 成立.
18. 在 中，角 、 、 所对的边分别为 、 、 ，已知 .
（1）求 ；
（2）若 ， 的内切圆半径为 ，求 的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出 的值，结合角 的取值范围可求得角
的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出 ，结合余弦定理可求得 的值，即可求得 的
周长.
【小问1详解】
解：因为 ，
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学科网（北京）股份有限公司由正弦定理可得 ，①
因为 ，所以 ，
代入①式整理得 ，
又因为 、 ， ，则 ，所以 ，
又因为 ，解得 .
【小问2详解】
解：由（1）知， ，因为 内切圆半径为 ，
所以 ，即 ，
所以， ②，
由余弦定理 得 ，所以 ③，
联立②③，得 ，解得 ，
所以 的周长为 .
19. 如图，在三棱柱 中， ， ， ， ，且
平面 ．
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学科网（北京）股份有限公司（1）求证： ；
（2）求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质和判断定理可得 平面 ，从而即可证明 ；
（2）建立以 为原点，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴的空间坐标系，利用空间向量求
解即可.
【小问1详解】
证明：因 为平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ，四边形 是平行四边形，
所以四边形 是菱形，所以 ．
又因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，
所以 ．
【小问2详解】
解：以 为原点，分别以 ， ， 所在直线为 ， ， 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图所示，则 ， ， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，可得 ， ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，可得 ， ，
所以 ，
设二面角 的大小为 ，
因为 ，
所以 ，
所以二面角 的正弦值为 ．
20. 如图，已知椭圆 上一点 ，右焦点为 ，直线 交椭圆于
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学科网（北京）股份有限公司点，且满足 ， ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）若直线 与椭圆相交于 两点，求四边形 面积的最大值．
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】（1）由已知得 ，由 且 ，知 ，即可求出椭圆
的标准方程；
（2）直线 的方程为 ，与椭圆联立求出 ，求出点 到直线
的距离为 ， ，联立直线 与椭圆方程结合弦长公式求出
，求出四边形 的面积 ，整理化简利用二次函数求出最值.
【详解】（1） 为椭圆 上一点，
又 ， 可得， ，即
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学科网（北京）股份有限公司所以椭圆 的标准方程是 .
（2）由（1）知 ， ， 直线 的方程为 ，
联立 ，整理得： ，
解得： ，
设点 ， 到直线 的距离为 和 ，
则 ， ，
直线 与椭圆相交于 两点，
联立 ，整理得： ，解得： .
.
设四边形 面积为 ，则 .
设 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司当 ，即 ，即 时，四边形 面积有最大值 .
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、
三角形的面积等问题．
21. 如图所示， 是圆锥的一部分(A为圆锥的顶点)， 是底面圆的圆心， ， 是弧
上一动点（不与 、 重合），满足 ． 是 的中点， ．
（1）若 平面 ，求 的值；
（2）若四棱锥 的体积大于 ，求三棱锥 体积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，证明出 ，可得出 ， ，然后
在 中利用正弦定理可求得 的值；
（2）计算得出四边形 的面积 ，结合 可求得 的取值范围，
设三棱锥 的体积为 ，三棱锥 的体积为 ，计算得出
，结合正弦型函数的基本性质可求得结果.
【小问1详解】
解：取 的中点 ，连接 ， 为 的中点，则 ，
平面 ， 平面 ，则 平面 ，
由题设，当 平面 时，因为 ，所以，平面 平面 ，
平面 ，则 平面 ，
因为 平面 ，平面 平面 ，则 ，
所以， ， ，
在 中，由正弦定理可得 ，故 .
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学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
解：四棱锥 的体积 ，其中 表示四边形 的面积，
则
，
所以， ，可得 ，
，则 ，故 ，解得 .
设三棱锥 的体积为 ，三棱锥 的体积为 ，
由于 是 的中点，则
.
22. 混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，混管检测结果为
阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中至少有一人
为阳性．假设一组样本有N个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为 ．目前，我们采用K
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学科网（北京）股份有限公司人混管病毒检测，定义成本函数 ，这里X指该组样本N个人中患病毒的人数．
（1）证明： ；
（2）若 ， ．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰
有一人为阳性．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由均值的性质及基本不等式即可证明.
（2）由二项分布的概率及条件概率化简即可证明.
【小问1详解】
由题意可得 满足二项分布 ，
由 知， ，当且仅当
时取等号；
【小问2详解】
记 （混管中恰有1例阳性|混管检测结果为阳性），
（混管中恰有i例阳性）= ， ，
令 ， ，
则 ，
当 时， ， 为单调递减，
当 时， ， 为单调递增，所以 ，
且 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司所以当 ， 即 ，两边取自然对数可得 ，
所以当 ， 时，
所以 ，
则 ．
故某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人为阳性.
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学科网（北京）股份有限公司
