宁德一中2024-2025学年高三数学月考7试卷
一、单选题
1.已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由一元二次不等式解法和指数函数性质求出集合A和集合B即可根据交集定义求解.
【详解】由题集合，
集合，
所以.
故选：D
2.已知是关于的方程的一个根，则（）
A.2 B.3 C.5 D.
【答案】D
【解析】
【分析】将代入化简整理有，即解出，最后求复数的模即可.
详解】将代入有：，
化简整理有，即，解得，
所以，
故选：D.
3.设等比数列的前项和为，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列的性质求解即可.
【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.关于的不等式恒成立的一个充分不必要条件是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式恒成立以及充分不必要条件的知识求得正确答案.
【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.若函数在上有最大值，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数,解关于导函数的不等式求出函数的单调区间,然后求出函数的极大值,结合函数的单调性以及区间得到关于a的不等式，解出即可.
【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.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.
【答案】A
【解析】
【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.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
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线与分别过定点及，利用可知点在以为直径的圆上（不含），根据抛物线的定义可得，结合圆下性质可得.
【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.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.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，利用导数的符号变化研究其单调性、极值，对分类讨论，分别利用一元二次不等式的解法，结合函数图象和不等式的整数解个数进行判定求解.
【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.
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.
【答案】AC
【解析】
【分析】由得，所以数列是等差数列，又，可判断AB；根据题意求得，且当时，，当时，，从而是数列的最大项，判断CD.
【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.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.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平均数计算可判断A；根据基本不等式化简计算可判断B；由方差计算公式列式化简即可判断C，根据中位数计算公式分类讨论即可判断D.
【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，