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CACA202412 月测试-数学 1
一、单项选择题：本题共 15小题，每小题5分，共75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. 已知集合 ，若集合A、B满足： ，则集合对 共有（ ）个．
A. 36 B. 48 C. 64 D. 81
【答案】D
【解析】
【分析】利用子集的意义分类讨论可求得集合对 的个数.
【详解】因为 ， ，
当 时，又 ，故 ，
当集合 中有一个元素时，又 ，这样的集合对有 ，
的
当集合 中有两个元素时，又 ，这样 集合对有 ，
当集合 中有三个元素时，又 ，这样的集合对有 ，
当集合 中有四个元素时，又 ，这样的集合对有 ，
所以集合对 共有 .
故选：D.
2. 已知 的三条边上的高分别为 ，若 ，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 的面积为 ，由题意可得 ，利用三角形三边关系可求解.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】设 的面积为 ，由题意可得 ，又因为 ，
所以 ，由三边关系定理可得 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 的取值范围为 .
故选：D.
3. 设数据1，2，3，4，5的第m百分位为 ， ，则集合M
中元素的个数为（ ）
A. 5 B. 6 C. 9 D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】根据百分位数的定义，利用 的不同取值范围分类讨论求解.
【详解】设 ％，其中 ，所以 ％，
当 时， ，则 的比邻整数为1，所以 ；
当 时， ，所以 ；
当 时， ，则 的比邻整数为2，所以 ；
当 时， ，所以 ；
当 时， ，则 的比邻整数为3，所以 ；
当 时， ，所以 ；
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学科网（北京）股份有限公司当 时， ，则 的比邻整数为4，所以 ；
当 时， ，所以 ；
当 时， ，则 的比邻整数为5，所以 ；
当 时， ；
综上， ，
故选:C.
4. 已知函数 在 上是增函数，则实数 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，对任意的 ， ，令 ，则 ，可得出
，利用参变量分离法可求出 的最小值.
【详解】因为 ，则 ，
因为 ，令 ，则 ，
因为函数 在 上是增函数，则对任意 的， 恒成立，
即对任意的 ， ，可得 ，
因为函数 、 在区间 上为减函数，
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学科网（北京）股份有限公司所以，函数 在 上为减函数，则 ，
因此，实数 的最小值为 .
故选：A.
5. 已知 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设 ，利用已知可得 ，可得点 在直线 上，
进而可求得 到直线的距离，进而可得 ，赋值法可判断CD.
【详解】设 ，由 ，可得 ， ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，点 在直线 上，，
所以原点 到 的距离 ，
又 ，所以 ，所以 ，
的
所以 与以 为圆心，1为半径 圆总相切，
，所以 的最小值为1的平方1，
所以 ，故A正确；B错误；
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学科网（北京）股份有限公司当 时， ，则 ，故C错误；
当 时， ，则 ，故D错误.
故选：A.
6. 若 ，则称 为 的“友好角”，已知 为锐角，则 在 内的“友好角”有
（ ）个
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角和的正弦公式以及二倍角的余弦公式计算求解.
【详解】由 ，
可得 ，
则有 ，
所以 ，
因为 为锐角，所以 也为锐角，所以 ，
所以 ，①
因为 ，
当 或 ，即 或 时， ，则①式成立，满足题意；
当 且 ，即 或 时， ，
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学科网（北京）股份有限公司则由①可得， ，
因为 均不等于零，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
综上， ，
故选：C.
7. 现有一种检验方法，对患 疾病的人化验结果 呈阳性，对未患 疾病的人化验结果 呈阴性．
我们称检验为阳性的人中未患病比例为误诊率．已知一地区 疾病的患病率为 ，则这种检验方法
在该地区的误诊率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记事件 检查结果呈阳性，事件 被检查确实患 疾病，利用全概率公式求出 的值，然
后利用贝叶斯公式可求出 的值，即为所求.
【详解】记事件 检查结果呈阳性，事件 被检查确实患 疾病，
由题意可知， ， ， ， ，
所以， ，
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学科网（北京）股份有限公司因此，这种检验方法在该地区的误诊率为 ，
故选：A.
8. 在三角形 ABC中， ，设 ， ，则
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在△ 、△ 及△ 中，由正弦定理可得 ， ，
从 而 ， 再 由 知 D 、 E 是 BC 的 三 等 分 点 ， 得
，化简即得求解.
【
详解】设 则 ，
设 ，∵ ，∴ ，
在△ 与△ 中
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学科网（北京）股份有限公司由正弦定理，得 ，
即 ； ， ∴ ①
在△ 与△ 中
由正弦定理，得 ，
即 ； ， ∴ ②
由①②，得 ，
∴ ，
故选：B.
9. 甲、乙、丙三辆出租车2023年运营的相关数据如下表：
甲 乙 丙
接单量t（单） 7831 8225 8338
油费s（元） 107150 110264 110376
平均每单里程k（公里） 15 15 15
平均每公里油费a（元） 0.7 0.7 0.7
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学科网（北京）股份有限公司出租车空驶率 ，依据上述数据，小明建立了求解三辆车空驶率的模型
，并求得甲、乙、丙的空驶率分别为 23.26%、21.68%、x%，则 （ ）（精确到
0.01）
A. 20.16 B. 20.68 C. 21.56 D. 21.79
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得到出租车空驶率的模型，检验甲、乙两辆出租车的空驶率，满足题意，从而利用该模
型求得丙的空驶率，从而得解.
【详解】依题意，因为出租车行驶的总里程为 ，出租车有载客时行驶的里程为 ，
所以出租车空驶率 ，
对于甲， ，满足题意；
对于乙， ，满足题意；
所以上述模型满足要求，
则丙的空驶率为 ，即 .
故选：B
10. 设数列 的前 项和为 ，若存在非零常数 ，使得对任意正整数 ，都有 ，则称
数列 具有性质 ：①存在等差数列 具有性质 ；②不存在等比数列 具有性质 ；对于以上
两个命题，下列判断正确的是（ ）
A. ①真②真 B. ①真②假 C. ①假②真 D. ①假②假
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学科网（北京）股份有限公司【答案】B
【解析】
【分析】直接构造 和 ，说明存在等差数列 具有性质 ，且存在等比数列
具有性质 ，从而得到①真②假.
【详解】一方面，对 ，知 是等差数列.
而 ，令 就有 ，
所以 具有性质 ，这表明存在等差数列 具有性质 ；
另一方面，对 ，知 是等比数列.
当 为奇数时， ； 为偶数时， .
故当 为奇数时， ； 为偶数时， .
故当 为奇数时， ； 为偶数时， .
这表明 恒成立，再令 就有 ，
所以 具有性质 ，这表明存在等比数列 具有性质 .
综上，①正确，②错误，故B正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：构造 和 作为例子，直接判断命题的真假，是判断选项正确
性的简单有效的方法.
11. 在正四棱锥 中， ，设平面 与直线 交于点 ，
则 （ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由 ，结合已知可得 ，利用共面求
.
【详解】因为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
又 ，所以 ，
所以 ，
因为 共面，所以 ，解得 .
故选：D.
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学科网（北京）股份有限公司12. 设 ， 为等差数列， ，则“ ”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
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数 单的调性与对称性，得函数 在R上单调递增，且图象关于点 中心对称.
再利用等差数列的性质可得 ，然后从充分性与必要性两个方面论
证，用反证法进行必要性的证明.
【详解】已知 ，
则 ，故 在R上单调递增.
又由 ，得 ，
故 ，则函数 的图象关于点 中心对称.
已知数列 是等差数列，则 .
①先证明充分性：
若 ，由数列 是等差数列，
可得 ，
则 ，
所以由函数 的对称性可知，
， ， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司，即“ ”得证.
因此，“ ”是“ ”的充分条件；
②再证明必要性：
下面用反证法证明：
假设 ，
已知数列 是等差数列，则 ，
即 ，由等差数列性质可得
，
所以 ，
由函数 在R上单调递增，
可得 ，
，
，
各式累加得， ，
所以 ，即 ，
这与已知 矛盾，故假设错误；
同理，假设S >2024π，可证得 ，也与已知 矛盾，故假设也错误；
2024
所以“ ”得证.
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学科网（北京）股份有限公司即“ ”是“ ”的必要条件.
综上所述，“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关
系的假设，借助函数 单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系
矛盾.
13. 定义区间 的长度为 ，设 ，若对于任意 ，不等式 的解
集所包含区间长度之和恒为3，则k的值为（）．
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】A
【解析】
【 分 析 】 原 不 等 式 等 价 于 ， 构 造 函 数
，结合“三个”二次的关系，得到原不等式的解集，由韦达
定理及题意可列出方程求解.
【详解】不妨设 ，
原不等式等价于 ，
整理得: ，
因为 ，可设方程 的两根为 ,
令 ,
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学科网（北京）股份有限公司则 的零点为 ，原不等式即 .
因为 ,
0,
结合二次函数图像，可知： .
则不等式 的解集为 ,
则此解集的区间长度之和为 ,
因为由韦达定理可得， ，
所以此不等式的解集的区间长度之和为 ,
解得k=1，
故选：A
14. 函数 的最大值为（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】由柯西不等式求解即可.
【详解】 ，由 ，解得 ，
当 时， ，当 ， ，
当 ，则 ，
此时 且 ，
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学科网（北京）股份有限公司由柯西不等式可得 ，
当且仅当 ，即 时取等号，此时 ，即 ，
所以函数 的最大值为2.
故选：C.
15. 已知 ，若 ，则 的最小值为（ ）．
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】取 的中点分别为 ，连接 ，由题意可得 ，建立平面直
角坐标系，设 ，求得 ，所以 ，进而可求 的最小值，进而可求 的最小值.
【详解】取 的中点分别为 ，连接 ，
设 ，因为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
以 为 轴，在平面 内过 作 的垂线为 轴建立如图所示的平面直角坐标系，
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学科网（北京）股份有限公司设 ，所以 ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，又 ，当且仅当 共线，且 在 之间取等号，
所以 的最小值为1，从而 的最小值为2.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：重点在于得到 ，进而求得 ，结合三角形三边关系定理求
得取小值.
二、多项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分．在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对但不全得2分，有错选的得0分．
16. 设周期数列 的前 项和为 ，若 ，则 的取值可以为（ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，可得数列 在一个周期内的所有项的和为0，进而可求解.
【详解】因为数列 的是周期数列，又 ，
数列 在一个周期内的所有项的和为0，如周期若为3，则 ，
则 会逐渐增大或逐渐减小，不满足 ，
所以 ，则 或 或 ，
解得 或 或 ，
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学科网（北京）股份有限公司如 时， ，周期为4的数列 的前4项为 符合题意，
如 时， ，周期为4的数列 的前4项为 ，符合题意，
如 时， ，周期3的数列 的前3项为 ，符合题意.
故选：ABC.
17. 在正方体 中，点 为棱 中点，则（ ）
A. 过 有且只有一条直线与直线 和 都相交
B. 过 有且只有一条直线与直线 和 都垂直
C. 过 有且只有一个平面与直线 和 都平行
D. 过 有且只有一个平面与直线 和 所成角相等
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A，由题意满足条件的直线是平面 与平面 的交线，选项B，由线线平行的性质结
合异面直线成角的概念可判断；从而可判断；选项C，由线面平行的判定定理可判断；选项D，利用空间
向量法可判断.
【详解】如下图所示：
对于A选项，过点 与直线 相交的直线必在平面 内，
过点 与直线 相交的直线必在平面 内，故满足条件的直线必为两平面的交线，显然两平面有
唯一交线，A正确；
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学科网（北京）股份有限公司对于B选项，因为 ，若 ，则 ，若 ，则 平面 ，
显然满足条件的直线唯一，即 ，B正确；
对于C选项，分别取 、 的中点 、 ，连接 、 ，
因为 ， ， 、 分别为 、 的中点，
所以 ， ，则四边形 为平行四边形，
所以 ，又因为 ，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
同理可证 平面 ，
所以过 有且只有一个平面与直线 和 都平行，C正确；
对于D选项，以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间
直角坐标系，
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学科网（北京）股份有限公司不妨设正方体的棱长为 ，则A(0,0,0)、B(1,0,0)、 、 ，
， ，
设满足题设条件的平面的法向量为⃗m=(x,y,z)，其中 ，
由题意可得 ，可得 ，即 ，
所以，以 或⃗n=(x,−x,z)(x2+z2>0)为法向量且过点 的平面均满足题意，
故过 有无数个平面与直线 和 所成角相等，D错.
故选：ABC
18. 已知双曲线 ，对于点 ，若 上存在两个点 、 ，使得 为线段 的中点，则
称 为 的一个“ ”点，下列各点中，是 的“ ”点的为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】设点 、 ，利用点差法求出直线 的方程，再将直线 的方程与双曲线
的方程联立，判断直线 与双曲线的位置关系，即可得出合适的选项.
【详解】设点 、 ，若 轴，则线段 的中点在 轴上，
对于A选项，若 为 的一个“ ”点，则 ，可得 ，
此时， 轴或 过原点，
若 轴，则直线 的方程为 ，但直线 与双曲线 无公共点，
若 过原点，则线段 的中点为原点，不合乎题意，A不满足条件；
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学科网（北京）股份有限公司对于B选项，由题意可知直线 的斜率存在，若 为 的一个“ ”点，
则 ，
因为 ，这两个等式作差可得 ，
即 ，则 ，
直线 的方程为 ，即 ，
此时，直线 过原点，则 、 关于原点对称，与假设矛盾，B不满足条件；
对于C选项，由题意可知直线 的斜率存在，若 为 的一个“ ”点，
则 ，
因为 ，这两个等式作差可得 ，
即 ，则 ，
直线 的方程为 ，即 ，
联立 可得 ， ，合乎题意；
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学科网（北京）股份有限公司对于D选项，由题意可知直线 的斜率存在，若 为 的一个“ ”点，
则 ，
因为 ，这两个等式作差可得 ，
即 ，则 ，
直线 的方程为 ，即 ，
联立 可得 ， ，D满足条件.
故选：CD.
19. 已知 ，直线 .若点 不
在直线 上，则直线 与 相交的充分条件为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用点与直线 的同侧与异侧两种情况讨论，同侧时，判断直线 与 是否平行可得结论.
【详解】C，因为点 不在直线 上，所以 ，
当 时，点 位于直线 的异侧，故直线 与 相交，
所以 是直线 与 相交的充分条件，故C正确；
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学科网（北京）股份有限公司A，若 ，又 ，所以满足 ，
所以 是直线 与 相交的充分条件，故A正确；
B，由点 到直线 ， ，
由 ，可得 ，又 同号，可得 在直线 的同侧，
所以直线 ，故 是直线 与 相交的不充分条件，故B错误；
D，由 ，可得 同号，当 时，可得 ，
故 是直线 与 相交的不充分条件，故D错误.
故选：AC.
20. 在直三棱柱 中， ， 在线段 上，若恒有 ，则
的取值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】将命题转化为不等式的恒成立问题，再进行求解.
【详解】不妨设 ，并设 ， ，
则 ， ， .
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学科网（北京）股份有限公司根据题意，有 恒成立，
所以恒有 .
此即 ，这可化为 .
而 ，故这等价于 ，
展开即为 .
从而命题即为 对任意 成立.
若3u2−4√3u+3>0，则上述结论对 不成立，不符合条件；
若 ，则 ，符合条件.
所以命题等价于 ，即 .
由于 随着 的增大而增大，而
.
故命题等价于 ，即 .
这表明原命题等价于 ，故B，C，D正确，A错误.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对余弦定理的使用.
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学科网（北京）股份有限公司第25页/共25页
学科网（北京）股份有限公司
