重庆市渝北中学2023-2024学年高三上学期11月月考数学 Word版含解析.docx

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渝北中学2023-2024学年高三11月月考质量监测数学试题（全卷共四大题22小题总分150分考试时长120分钟）注意事项：1.答题前，考生务必将姓名、班级填写清楚.2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰.3.请按照题号顺序在答题卡相应区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在试卷和草稿纸上答题无效.一、单项选择题（本大题共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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由集合的交并补运算可求.【详解】由得，又，.故选：C.2.已知角终边上有一点，则是（   ）A.第一象限角B.第二象限角C.第三象限角D.第四象限角【答案】B【解析】【分析】首先由点的坐标确定角终边的位置，再确定所在象限.【详解】，，即, 点在第四象限，即角的终边在第四象限，的终边为角终边的反向延长线，那么的终边在第二象限.故选：B3.现有一张正方形剪纸，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，……，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为（）A.33B.34C.36D.37【答案】B【解析】【分析】根据题意可得次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，进而可得结果.【详解】设没剪之前正方形的边数为，即，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开得到一个三角形和一个四边形，，然后无论是选择三角形或四边形，剪一次后边数都增加3，所以可知次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，即，故经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为，故选：B.4.设，是两个平面，直线与垂直的一个充分条件是（）A.且B.且C.且D.且【答案】D【解析】【分析】结合空间线面以及面面的位置关系，判断各选项中条件能否推出直线与垂直，即可判断出答案.【详解】A，当且时，则或或，不能得出一定是，A错误，B，当且时，则或，不能得出，B错误，C，当且时，则或或或与相交不垂直，不能得出一定是，C错误，D，当且时，则， 故“且”是直线与垂直的一个充分条件，D正确，故选：D．5.已知，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由二倍角的余弦公式可得的二次方程，再由同角三角函数基本关系可求.【详解】，，由，或（舍），则，．故选：D.6.如图，在边长为2的等边三角形中，点为中线的三等分点靠近点，点为的中点，则（   ）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知可推得，，，进而根据平面向量数量积的运算求解即可得出结果. 【详解】由已知，，，，所以.由已知是的中点，所以，，.所以，所以，.故选：B.7.若都是正实数，且，则的最小值为（   ）A.B.C.4D.【答案】A【解析】【分析】根据条件，变形，再利用基本不等式，即可求解.【详解】，即，，当，即时等号成立.即，则，则，解得：，，或，解得：，，所以的最小值为. 故选：A8.若，是函数的两个不同的零点，且，，这三个数可适当排序后成等比数列，也可适当排序后成等差数列，则关于的不等式的解集为（   ）A.{或}B.{或}C.{或}D.{或}【答案】C【解析】【分析】利用等差中项与等比中项的性质分类讨论解不等式即可.【详解】依题意，由，是函数的两个不同的零点，可知，是一元二次方程的两个不同的根，由根据根与系数的关系，可得，因为，所以，又因为，，这三个数可适当排序后成等比数列，所以只有为该等比数列的等比中项才满足题意，即，因为，，这三个数可适当排序后成等差数列，所以只有不能为该等差数列的中项，当为等差中项时，根据等差中项性质有，当为等差中项时，根据等差中项的性质有，综合，可得，所以不等式，解得或.故选：C 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知向量，，且，则（）A.B.C.向量与向量的夹角是D.向量在向量上的投影向量坐标是【答案】ACD【解析】【分析】根据向量垂直的坐标公式求出向量判断A，利用向量模的坐标运算判断B，利用数量积的夹角坐标公式求解判断C，利用数量积的几何意义求解判断D.【详解】因为向量，，所以，由得，解得，所以，故A正确；又，所以，故B错误；设向量与向量的夹角为，因为，，所以，又，所以，即向量与向量的夹角是，故C正确；向量在向量上的投影向量坐标是，故D正确.故选：ACD.10.如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（）A.，，，四点共面 B.与所成角的大小为C.若M是线段中点，则平面D.在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值【答案】ABD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，直接利用向量法即可判断C选项；证明平面，即可判断D选项.【详解】如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，则，故，设，即，所以，解得，所以共面，又为公共始点，所以，，，四点共面，故A正确；，则，所以，所以与所成角余弦值为，所以与所成角的大小为，故B正确；对于C，M是线段中点，则，，则，故，所以与不垂直，所以与平面不垂直，故C错误； ，则，所以，又不共面，所以，又平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.11.已知函数定义域为，是奇函数，，函数在上递增，则下列命题为真命题的是（）A.B.函数在上递减C.若，则D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据是奇函数判断A，再判断即可得到的图象关于直线对称，从而判断B、C，根据对称性得到，即可判断D.【详解】对于A，因为是奇函数，所以，故A错误； 因为是奇函数，所以的图象关于点对称，即有，所以，所以的图象关于直线对称，函数在上单调递增，所以在上单调递减，故B正确；因为，所以，即，故C正确；因为，且，由函数的图象关于直线对称，得，解得，故C正确.故选：BCD.12.已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（）A.B.C.图2中，D.图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于【答案】AC【解析】【分析】在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、 轴的正方向建立空间直角坐标系，根据已知条件求出的值，即可判断A；结合的取值范围求出的值，可判断B；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C；求出，结合扇形的面积公式可判断D.【详解】函数的最小正周期为，在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设点，则点、，，因为，解得，故A正确；所以，，则，可得，又因为函数在附近单调递减，且，所以，，故B错误；因为，可得，又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，所以，，因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，翻折后，则有、、、，所以，，，所以，在图2中，，故C正确；在图2中，设点，， 可得，，，，易知为锐角，则，所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，故区域的面积，故D错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：本题考查翻折问题，解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知等比数列的前项和为，则______．【答案】12【解析】【分析】根据等比数列前项和的性质即可求解.【详解】法一：设等比数列的公比为，由，得，而，于是，所以．法二：因为为等比数列，所以也成等比数列，即成等比数列，即.故答案为：1214.正四棱锥P－ABCD的所有棱长均相等，E是PC的中点，那么异面直线BE与PA所成角的余弦值为______.【答案】【解析】【分析】连接AC交BD于O点，连接OE，则OEPA，所以就是异面直线BE与PA 所成的角，在直角三角形EOB中求解即可.【详解】如下图：连接AC交BD于O点，连接OE，则OEPA，所以就是异面直线BE与PA所成的角，连接，因为面ABCD，所以，又因为，，所以面，所以，所以直在角三角形EOB中，设，则，.故答案为：.15.已知函数在区间上值域为，则___________.【答案】【解析】【分析】根据三角函数值域的知识求得.【详解】依题意，函数在区间上的值域为，由于，所以，此时，当时取得最小值，符合题意， 所以.故答案为：16.设函数，.若在区间上有且只有一个零点，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据，得到在区间上没有零点，求导，分，与三种情况，由函数单调性和极值最值，得到不等式，求出a的取值范围.【详解】由于，即在区间上没有零点．因为，当时，，①当时，在区间上单调递增，时，，符合题意；②当时，在区间上单调递减，时，，符合题意；③当时，令，解得，令，解得，故上单调递减，在上单调递增，只需即可，所以，综上，的取值范围是.故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知是首项为1的等比数列，且，，成等差数列. （1）求数列的通项公式；（2）设，，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，根据已知根据等差中项的性质列出关系式，求解即可得出；（2）根据（1）的结论得出，，然后根据错位相减法求和，即可得出答案.【小问1详解】设等比数列的公比为，，因为，，成等差数列，所以，即，化简可得，解得.又，所以数列的通项公式为.【小问2详解】因为，所以，则，①，，②①-②得，所以. 18.内角A，B，C的对边分别为，，，已知，，的面积为．（1）求的值；（2）若点是边上一点，且，求的长．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）由三角形面积公式直接计算即可；（2）利用余弦定理求边，角B，结合正弦的和角公式可得，再利用正弦定理计算即可.【小问1详解】由三角形的面积公式及已知得：，解得，；【小问2详解】由（1）可知：，∵，∴，，由余弦定理得：，则，所以，由正弦定理，．19.某商场对，两类商品实行线上销售（以下称“渠道”）和线下销售（以下称“渠道”）两种销售模式．类商品成本价为120元件，总量中有40%将按照原价200元/件的价格走渠道销售，有50%将按照原价8.5折的价格走渠道销售；类商品成本价为160元/件，总量中有20%将按照原价300元/件的价格走渠道销售，有40%将按照原价7.5折的价格走渠道销售．这两种商品剩余部分促销时按照原价6折的价格销售，并能全部售完． （1）通过计算比较这两类商品中哪类商品单件收益的均值更高（收益＝售价－成本）；（2）某商场举行让利大甩卖活动，全场，两类商品走渠道销售，假设每位线上购买，商品的顾客只选其中一类购买，每位顾客限购1件，且购买商品的顾客中购买类商品的概率为．已知该商场当天这两类商品共售出5件，设为该商场当天所售类商品的件数，为当天销售这两类商品带来的总收益，求和的期望．【答案】（1）类商品单件收益的均值更高；（2），306.25元【解析】【分析】（1）计算出类，类商品单件收益平均值，比较后得到结论；（2）得到，计算出，且，计算出，从而得到.【小问1详解】设类，类商品单件收益分别为元，元，则元，元，，故类商品单件收益的均值更高；【小问2详解】由题意可知，，，，∴，元，又元， ∴元．20.如图，在几何体中，是边长为2的正三角形，D，E分别是，的中点，，平面，．（1）若，求证：平面；（2）若，且平面与平面夹角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AC的中点O，连接OD，结合中点及线面垂直的性质可得平面ABC，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量证明，，进而求证即可；（2）设，可得，结合空间向量表示出平面与平面夹角的余弦值，建立方程可求得，进而求解直线与平面所成角的正弦值．【小问1详解】证明：取AC的中点O，连接OD，∵D是的中点，∴，∵平面ABC，∴平面ABC，又为2的正三角形，则，以O为原点，OA，OB，OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，，∴，，，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，平面，∴平面.【小问2详解】设，则，，显然是平面ABC的一个法向量，设是平面的一个法向量，则，∴，取，则，，∴，∴，解得（舍去）或，当时，，∴，，∴， ∴直线DE与平面所成角的正弦值为．21.“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦……”，“大衍数列”来源于《乾坤谱》，用于解释中国传统文化中太极衍生原理.“大衍数列”的前几项分别是：0，2，4，8，12，18，24，…，且满足其中.（1）求（用表示）；（2）设数列满足：其中，是数列的前项的和，求证：，.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）通过连续递推公式得到，然后应用累加法求和即可；（2）先根据第一问结论得到，进而得到通项公式，最后得到的通项公式应用裂项相消法求和即可.【小问1详解】即，所以，由累加法可得，即；【小问2详解】由（1）知，所以，，将代入可得满足，所以， 所以且，所以且，即，所以，当时，；当时，所以，所以.22.已知（1）若有两个零点，求的取值范围；（2）若方程有两个实根、，且，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）解法一：由参变量分离法可知直线与函数的图像有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；解法二：直接对函数求解，通过对参数的分类讨论，研究函数的单调性与极最值，通过分析原函数图像，数形结合求得实数的取值范围.（2）解法一：首先通过同构，将等式整理成，再令，通过已知条件，假设，是的两个零点，进而可得，要证，即证 ，∵，∴，∴即证，最后令，构造函数进行证明即可解法二：首先根据已知条件、是的两个零点，证，即证，然后分和两种情况进行分类讨论，最终构造函数（）进行证明.【小问1详解】解法一：函数的定义域为，由可得，令，其中，则，令可得，列表如下：＋0－增极大值减且当时，，作出函数和的图象如下图所示：由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个公共点，因此，实数的取值范围是. 解法二：当时，∴恒成立得在递增，则函数不可能存在两个零点，故该情况不成立；当时，得在递增；在递减，要使有两个不同零点，必须且极大值（和时），∴.【小问2详解】解法一：方程令，由有两个实根、，则，是的两个零点且，可得，由可得，要证，即证，即证，∵，∴，∴即证令，即证，构造函数，其中，即证，，所以，函数在上单调递增， ∴，故原不等式成立.解法二：方程令，由有两个实根、，则、是的两个零点由可得为减函数，要证，即证，由的图象，不妨设（，分布在的极值点两侧）要证，只需证①当时，因，故上式显然成立.②当时，，又，由在递增，即证明构造函数（）∴在为增函数，，所以要证的不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数