新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第101中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学 Word版含解析.docx

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乌鲁木齐市第101中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学试题总分150分考试时间120分钟一、单项选择题（8小题每题5分共40分）1.若（为虚数单位），则对应点位于（）.A.第一象限B.第二象限C.第二象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先化简复数，再计算，确定象限.【详解】对应点位于第四象限故答案为D【点睛】本题考查了复数的化简和共轭复数，属于基础题型.2.已知：，：，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求解不等式化简集合，，再由题意可得Ü，由此可得的取值范围．【详解】解：由，即，解得或，所以或，，命题是命题的必要不充分条件，Ü，则．实数的取值范围是．故选：C． 3.有男志愿者120人，女志愿者180人，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为50的样本.如果样本按比例分配，那么男志愿者应抽取的人数是（）A.10B.20C.30D.40【答案】B【解析】【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可.【详解】依题意得，志愿者一共有人，其中男志愿者所占比例为：，则抽取一个容量为50的样本中，男志愿者应抽取的人数为：.故选：B.4.已知是定义在上的偶函数，并满足：，当，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的周期和奇偶性可求得的值.【详解】由已知条件可得.故选：D.5.以，为焦点的椭圆与直线有公共点，则满足条件的椭圆中长轴最短的为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设,与直线方程联立可得,由有公共点,则满足,进而求解即可. 【详解】由题,设椭圆方程为,与直线联立可得,令解得或（舍去）,故的最小值为5,故选:C【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用,考查运算能力.6.函数是上的单调函数，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】计算，根据的特点可知在上恒成立，然后利用进行判断即可.【详解】由题可知：由函数是上的单调函数，又是开口向上的二次函数所以可知原函数是的单调递增的函数故在恒成立，所以所以，即故选：B【点睛】本题考查函数单调性求参数，熟练掌握导数与原函数之间的关系，审清题意，属基础题.7.已知，，则等于（　）A.4B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将代换成，代换成，再结合二倍角正切公式求解即可 【详解】原式可代换成，即，则故选C【点睛】本题考查三角函数的化简求值，二倍角的正弦、余弦、正切公式的使用，属于基础题8.若数列的前项和为，则下列命题：（1）若数列是递增数列，则数列也是递增数列；（2）数列是递增数列的充要条件是数列的各项均为正数；（3）若是等差数列，则的充要条件是；（4）若是等比数列且，则充要条件是；其中，正确命题个数是（）A.0个B.1个C.2个D.3个【答案】B【解析】【分析】对各选项逐个论证或给出反例后可得正确的命题的个数.【详解】对于（1），取，则，因该数列的公差为，故是递增数列.，故，所以数列不是递增数列，故（1）错.对于（2），取，则，数列是递增数列，但，故数列是递增数列推不出的各项均为正数，故（2）错.对于（3），取，则，，故当时，但总成立，故总成立，故推不出，故（3）错. 对于（4），设公比为，若，若，则，，矛盾，故.又，故必存在，使得即，即，所以，故，所以是必要条件.若，则，所以，所以，所以是的充分条件故的充要条件是，故（4）正确.故选：B.【点睛】本题考查数列的单调性、数列的前项和的单调性以及等比数列前项和的积的性质，对于等差数列的单调性，我们可以求出前项和关于的二次函数的形式，再由二次函数的性质讨论其单调性，也可以根据项的符号来判断前项和的单调性.应用等比数列的求和公式时，注意对公比是否为1分类讨论.二、多选题（共4小题每题五分，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.若一个直角三角形的两条直角边长分别为3与4，则以其直角边为旋转轴，旋转而成的空间图形的侧面积为（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由题得旋转而成的空间图形是圆锥，分底面半径为3和4两种情况讨论计算得解.【详解】解：由题得旋转而成的空间图形是圆锥，母线长为5.若底面半径为3，则侧面积为； 若底面半径为4，则侧面积为．故选：BC10.设抛物线C：的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心,为半径的圆交l于B，D两点，若，且的面积为，则（　　）A.B.是等边三角形C.点F到准线的距离为3D.抛物线C的方程为【答案】BC【解析】【分析】由几何关系与抛物线的性质对选项逐一判断，【详解】由题意作出图象，由题意得，，设，以F为圆心，为半径的圆交l于B，D两点，则，而，由抛物线定义知，是中点，故，故为等边三角形，面积为，则边长，所以点F到准线的距离为3，抛物线C的方程为，故BC正确，AD错误，故选：BC11.函数，当时，，则的取值可以是（）A.0B.1 C.－1D.【答案】AB【解析】【分析】设，则在上为增函数，且，所以要满足当时，，只要有当时，，当时，，从而可得，得（），从而可得【详解】设，则在上为增函数，且，若当时，，则有当时，，当时，，所以的图像必过点，则，得（）此时，则的另一个零点为，得，所以，故选：AB【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的应用，考查数学转化思想，解题的关键是构造函数，由在上为增函数，且，结合题意可得，得（），从而可得，属于中档题12.某社区开展“防疫知识竞赛”，甲､乙两人荣获一等奖的概率分别为p和q，两人是否获得一等奖相互独立，则这两人中至少有一人获得一等奖的概率为（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】令且A、B相互独立，从正反两个角度，利用事件的关系及含义表示出两人中至少有一人获得一等奖，进而求出其概率即可.【详解】记A为“甲获得一等奖”，B为“乙获得一等奖”，则且A、B相互独立.从正面考虑，甲､乙两人中至少有一人获得一等奖为，为三个互斥事件， 所以；从反面考虑，事件“甲､乙两人中至少有一人获得一等奖”的对立事件是“甲､乙两人都没获得一等奖”，即事件，易得，所以“这两人中至少有一人获得一等奖”的概率为，综上，A、D正确.故选：AD三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）13.在平面直角坐标系中，已知向量，，点在圆上，，若，则与的夹角为______．【答案】【解析】【分析】由已知得，，设与的夹角为，则由得，从而可求出与的夹角，或设，则由已知条件可得，再利用向量的夹角公式求解即可【详解】解法一由题意得，，．由，点在圆上，得．设与的夹角为，则由，得，所以．因为，所以，即与的夹角为．解法二由题意得，，．由，点在圆上，得，设，则，又，所以，所以．设与的夹角为，则．因为，所以，即与的夹角为．故答案为： 14.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．【答案】【解析】【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，所以棱台的体积为.方法二：棱台的体积为.故答案为：.15.已知圆，如果圆的弦的中点坐标是，那么弦所在的直线方程是__________．【答案】【解析】【分析】先由圆的方程，得到圆心坐标，由弦所在直线垂直圆心与弦中点的连线，求出弦所在的直线的斜率，进而可求出结果.【详解】由得，所以圆的圆心为，因为圆的弦的中点坐标是， 所以弦所在直线垂直圆心与弦中点的连线，则，所以，因此弦所在的直线方程是，即.故答案为【点睛】本题主要考查求圆的弦所在直线方程，熟记直线的点斜式方程，根据直线与圆位置即可求解，属于常考题型.16.已知数列的前n项和为，若，则______________.【答案】【解析】【分析】对任意的，计算出，，，的值，即可求得的值.【详解】对任意的，，，，，所以，，且，，，因此，.故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效.）17.已知的内角，，的对边分别是，，，且.（1）求的大小； （2）若，且的外接圆半径，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理得到，化简得到答案.（2）计算，根据余弦定理得到，利用面积公式计算得到答案.【详解】（1）由正弦定理，得，即，又，∴，∴.（2），∴，由余弦定理，得，即，∴.∴的面积为.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和应用能力.18.已知各项均不为零的数列的前项和为，，.（1）求的通项公式；（2）若恒成立，求正整数的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，当时，求得，当时，得到，两式相减化简求得，得到数列中奇数项和偶数项分别构成等差数列，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）求得，结合当时，和当时，，即可求解.【小问1详解】 解：由题意，各项均不为零的数列的前项和为，满足且，当时，，解得，当时，，两式相减得，因为数列中各项均不为零，即.所以数列中奇数项是以为首项，2为公差的等差数列；偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，当时，，即；当时，，即，综上，数列的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）知数列是以1为首项，1为公差的等差数列，可得，因为，所以，当时，，即不等式恒成立；当时，.故正整数的最大值为.19.某省新课改后某校为预测2020届高三毕业班的本科上线情况，从该校上一届高三（1）班到高三（5）班随机抽取50人，得到各班抽取的人数和其中本科上线人数，并将抽取数据制成下面的条形统计图.（1）根据条形统计图，估计本届高三学生本科上线率.（2）已知该省甲市2020届高考考生人数为4万，假设以（1 ）中的本科上线率作为甲市每个考生本科上线的概率.（i）若从甲市随机抽取10名高三学生，求恰有8名学生达到本科线的概率（结果精确到0.01）；（ii）已知该省乙市2020届高考考生人数为3.6万，假设该市每个考生本科上线率均为，若2020届高考本科上线人数乙市的均值不低于甲市，求p的取值范围.可能用到的参考数据：取，.【答案】(1)60%；(2)（i）0.12（ii）【解析】【分析】（1）利用上线人数除以总人数求解；（2）（i）利用二项分布求解；（ii）甲、乙两市上线人数分别记为X，Y，得，.，利用期望公式列不等式求解【详解】（1）估计本科上线率为.（2）（i）记“恰有8名学生达到本科线”为事件A，由图可知，甲市每个考生本科上线的概率为0.6，则.（ii）甲、乙两市2020届高考本科上线人数分别记为X，Y，依题意，可得，.因为2020届高考本科上线人数乙市的均值不低于甲市，所以，即，解得，又，故p的取值范围为.【点睛】本题考查二项分布的综合应用，考查计算求解能力，注意二项分布与超几何分布是易混淆的知识点.20.在中，，D是的中点，S是所在平面外一点，且.（1）求证：平面；（2）若，求证：平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】【分析】（1），D为的中点得，由得，再由线面垂直的判断定理可得答案；（2），D是的中点得，由（1）知，再由线面垂直的判断定理可得平面.【小问1详解】如图，∵，D为的中点，∴，连接，在中，有，∵，为公共边，∴，∴，∴，又，∴平面【小问2详解】∵，D是的中点，∴，由（1）知，且，∴平面.21.已知函数与函数的图像关于直线对称，（1）在数列中，，当时，，在数列中，，，若点在函数的图像上，求a的值.（2）在（1）的条件下，过点作倾斜角为的直线，若在y轴上的截距为，求数列的通项公式.【答案】（1）；（2）.【解析】 【分析】（1）先求出的反函数，代入，令，即得解；（2）点斜式表示直线的方程，通过截距为，可得，项和转化，得到，结合（1）可得，即，列举出，可猜想，利用数学归纳法，即得证【详解】（1）因为函数是的反函数，则.因为点在函数的图像上，所以.（*）令，得，，，则.（2）由（1）得，（*）式可化为.①直线的方程为：.因为在y轴上截距为，所以，结合①可得.②由①式可知，当自然数时，，.两式作差得，结合②式得.③在③式中，令，结合，可解得或2，又因为当时，，所以.同理，③式中，依次令，，可解得，.由此猜想，然后用数学归纳法证明如下：（i）当，2，3时，已证成立；（ii）假设当时命题成立，即，当时，由③式可得， 把代入，解得或.由于，则，所以不符合题意，应舍去，故只有，则当时命题也成立.综上可知，数列的通项公式为.22.已知.（1）求的单调区间；（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】（1）增区间为，无减区间；（2）.【解析】【分析】（1）由解析式知定义域为，，令，应用导数研究的单调性，进而判断的单调区间；（2）法一：将问题转化为在上恒成立，令，应用导数并结合分类讨论的方法研究的单调性，进而求的范围；法二：将问题转化为在上恒成立，令，应用导数及函数与方程思想，结合分类讨论的方法研究的单调性，求的范围；法三：分离常量法得在上恒成立，令应用导数研究的单调性，求的范围；【详解】（1）由解析式知：的定义域为且，令，则∴当时，；当时，，∴在单调递减，在单调递增，即，∴在上单调递增，即的增区间为，无减区间.（2）解法1：直接求导，分类讨论. 对任意，不等式恒成立等价于对任意，不等式恒成立.令，则，令，则，由知：，①当，即时，即，即在上单调递减，又，∴时，，即在上单调递减，又，∴时，，符合题意.②若，即，当时，，∴在单调递增，即时，，故不恒成立，不合题意.③若，则恒成立，所以在单调递增.∴时，，即在单调递增，又时，，即恒成立，不合题意.综上所述，的取值范围是.解法2：对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立.令，则，记，①当时，，此时，在单调递减，又，所以时，，即对任意，恒成立.②当时，，在上单调递增，又， 所以时，，即对任意，恒成立，不符合题意.③时，不等式化为，显然不成立.④当且时，方程的二根为，，若，，，则在单调递增，又，所以时，，即不等式不恒成立；若，，则在单调递增，又，所以时，，即不等式不恒成立.综上所述，的取值范围是.解法3：参数分离当，对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立.记，则，记，则，所以在单调递减，又，所以，时，，即，所以在单调递减.所以 ，综上所述，的取值范围是.【点睛】关键点点睛：（1）由解析式确定函数定义域，应用导数研究函数的单调区间；（2）利用导数研究在某区间内不等式恒成立，综合应用分类讨论、函数与方程等思想，以及分离常量法结合极限思想，求参数范围.