新疆石河子第一中学2023-2024学年高三上学期11月月考 数学答案Word版.docx

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2023-2024学年第一学期高三11月月考数学试卷一､单项选择题：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.复数，则等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.【详解】，所以.故选：C.2.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用指数函数单调性求解集合A，从而求解，利用对数函数单调性结合整数概念求解集合B，最后利用交集运算即可求解.【详解】因为集合，所以，又，所以.故选：D3．已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的侧面积为(B)A．B．C．D．4.等差数列中，是数列的前项和，是自然对数的底数，若，则（） A.B.C.D.【答案】A【详解】依题意，，所以，所以，所以，所以.故选：A5.已知是等比数列，，前n项和为，则“”是“为递增数列”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】B【解析】【分析】分别求出和为递增数列的充要条件，判断它们之间的关系，即得答案.【详解】是等比数列，，或，的充要条件为或.又，为递增数列的充要条件为，所以“”是“为递增数列的必要不充分条件.故选：.【点睛】本题考查数列的单调性和充分必要条件，属于基础题.6．已知矩形的对角线交于点O，E为AO的中点，若（，为实数），则（    ）A．B．C．D．6．A【详解】解：如图在矩形中，，在中，，， ，．故选：A．7.若实数满足，则的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由切线放缩可求，根据对数函数性质和正弦值域可判断，由不等式的关系可判断.【详解】因为，当时，设，则，易知当时，，当时，单调递增，所以；所以；由已知可得，因为，所以；，所以；因为，所以；故；故选：A8.已知函数，若函数有两个零点，则的值不可能是（）A.2B.C.3D.0【答案】D【解析】【分析】结合导数和绝对值函数画出函数图象，结合图象分析即可.【详解】当时，，当时，，故在上为减函数，当时，，故在上为增函数，所以当时，的最小值为.又在上，的图像如图所示： 因为有两个不同零点，所以方程有两个不同的解，即直线与有两个不同交点且交点的横坐标分别为，故或或.若，则；若，则；若，则.故选：D二､多项选择题：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.已知向量，且则下列选项正确的是（）A.B.C.向量与向量的夹角是45°D.向量在向量上的投影向量坐标是【答案】AC【解析】【分析】由垂直向量的坐标表示可判断A；由向量的模长公式可判断B；由向量的夹角公式可判断C；由投影向量坐标公式可判断D.【详解】因为，所以，则，解得：，所以，故A正确；，所以，故B错误； ，又因为，故向量与向量的夹角是45°，故C正确；向量在向量上的投影向量坐标是：，故D错误.故选：AC.10已知，且，则（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据基本不等式即可结合选项逐一求解.【详解】，当且仅当，即时取等号，由于，所以，A正确，由于，，当且仅当且时，即时取等号，由于，所以，B正确，由以及可得，当且仅当，即时取等号，由于，所以，故C正确，，当且仅当，即时取等号，由于，所以D错误，故选：ABC11．在棱长为2的正方体中，P为线段上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（    ）A．三棱锥的外接球表面积为B．三棱锥的体积为定值 C．过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形面积为D．直线与平面所成角的正弦值的范围为11．BCD【详解】对于A选项，三棱锥外接球即为正方体的外接球，正方体的外接球直径为，故三棱锥外接球的表面积为，A错误；对于B选项，因为且，故四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面，，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，，，B正确；对于C选项，且，则四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，所以，平面，又因为平面，，所以，平面平面，所以，过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形为，易知是边长为的等边三角形，该三角形的面积为，C正确；设点到平面的距离为，由知，点到平面的距离为，当点在线段上运动时，因为，若为的中点时，，，当点为线段的端点时，，即， 设直线与平面所成角为，，D正确.故选：BCD．12.数列的前n项和为，，且当时，.则下列结论正确的是（）A.是等差数列B.既有最大值也有最小值.C.D.若，.【答案】ABD【解析】【分析】选项A，由条件得到，再由等差数列的定义，即可判断选项A的正误；选项B和C，由选项A得到，再根据通项，即可判断出选项B和C的正误；选项D，通过放缩，即可判断选项D的正误.【详解】因为，且当时，.两边同时取倒数可得：，即，且，所以数列是等差数列，其公差为2，首项为2，所以选项A正确；对于选项B和C，由选项A知，，可得，当时，，所以，故当时，，易知时，， 又，所以是先递减再递增的数列，当时，，所以最大，最小.所以选项B正确，选项C错误；对于选项D，当时，，又时，，对于上式也成立，所以，所以，当时，，，所以选项D正确，故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分13.已知函数，则值是_________．【答案】【解析】【分析】分段函数中，由自变量的取值，选择对应解析式求函数值.【详解】因为，有，所以.故答案为：.14.杭州第届亚洲运动会，于年月日至月日在中国浙江省杭州市举行，本届亚运会的会徽名为“潮涌”，主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成（如图），其中扇面造型突出反映了江南的人文意蕴.已知该扇面呈扇环的形状，内环和外环均为圆周的一部分，若内环弧长是所在圆周长的，内环所在圆的半径为，径长（内环和外环所在圆的半径之差）为，则该扇面的面积为__________. 【答案】【解析】【分析】根据题意求出内环圆弧所对的圆心角，并求出外环圆弧所在圆的半径，利用扇形的面积公式可求得该扇面的面积.【详解】设内环圆弧所对的圆心角为，因为内环弧长是所在圆周长的，且内环所在圆的半径为，所以，，可得，因为径长（内环和外环所在圆的半径之差）为，所以，外环圆弧所在圆的半径为，因此，该扇面的面积为.故答案为：.15若偶函数满足，当时，，则_______．A.B.C.D.【解析】【分析】利用函数的奇偶性与周期性计算即可.【详解】由已知可得，即是函数的一个周期，所以.16.已知函数，若总存在两条不同的直线与函数图象均相切，则实数a的范围为_______．【答案】【解析】 【分析】将有两条公切线转化为与直线有两个不同交点，后利用导数研究函数单调性与极值情况画出大致图象，即可得答案.【详解】设切线在上切点分别为.因.则切线方程可表示为：，也可表示为：，其中.则.则总存在两条不同的直线与函数图象均相切，等价于与直线有两个不同交点.，则.令在上单调递增，在上单调递减，则.注意到，，可得大致图象如下，则.故答案为： 四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.17．（本小题10分）已知函数，且曲线在点处的切线l与直线相互垂直．（Ⅰ）求l的方程；（Ⅱ）求的极值．17．解析（Ⅰ）依题意，，则，解得．故，故所求切线方程为，即．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，，令，解得．则当时，，当时，，当时，，即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增．故的极大值为，极小值为．18.（本小题12分）在中，，点D在边上，满足.（1）若，求；（2）若，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）在中，由正弦定理求得，得到的大小，进而求得的大小； （2）由，得到，根据向量的线性运算，求得，进而得到，求得的长，利用面积公式，即可求解.【详解】（1）在中，由正弦定理得，所以，因为，所以或，当时，可得，可得；当时，可得，因为（舍去），综上可得.（2）因，所以，由，所以，即，又由，可得，解得，则，所以.19.（本小题12分）已知（1）求的单调递增区间与对称中心；（2）当时，的取值范围为，求实数的取值范围. 【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先利用三角恒等变换将函数表达式化简，然后根据正弦的单调递增区间与对称中心的定义计算即可得解.（2）画出函数图象分析可知当且仅当时，其中，，满足题意，从而计算即可得解.【小问1详解】由题意，令,解得，令，解得，所以的单调递增区间与对称中心分别为，.【小问2详解】的函数图象如图所示， 由题意当时，的取值范围为，故当且仅当，其中，，令，得，即，解得，所以，令，得，即或，解得或，所以，综上所述：满足题意的实数的取值范围为.20.（本小题12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，且为等差数列. （1）求数列的通项公式；（2）若为正整数，记集合的元素个数为，求数列的前50项和.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据，的关系，利用相减法即可求数列的通项公式；（2）根据基本不等式分析集合中元素个数的数列特点，利用等差数列的前项和公式求解即可．【小问1详解】因为为等差数列，所以，且当时，，可得；当时，，则；由，故，所以是首项为1，公差为1的等差数列，故.【小问2详解】，因为，当且仅当时成立，所以，当，因为，所以能使成立的的最大值为，所以，所以的前50项和为.21．（本小题12分）如图，正三棱柱中，分别是棱， 上的点，平面，且M是AB的中点.(1)证明：平面平面；(2)若，求平面BEF与平面BCE夹角的余弦值.【详解】（1）过作的平行线交分别于点，连接，如下所示：因为是正三棱柱，故可得面面，故；又三角形为等边三角形，为中点，故；又面，，故面；因为////，则确定一个平面，即面，又//面，面面，故可得//，则面，又面，故面面.（2）根据（1）中所证，可得////，故四边形为平行四边形，在△中，因为//，且点为中点，故可得，又，则；又两两垂直，故以为坐标原点，连接，建立如图所示空间直角坐标系： 设，则，，设平面的法向量为，则，即，解得，取，则，故平面的一个法向量；设平面的法向量为，则，则，取，则，故平面的一个法向量；设平面所成二面角的平面角为，则.故平面BEF与平面BCE夹角的余弦值为.22.（本小题12分）已知函数，．（1）若在处取得极值，求的值；（2）设，试讨论函数的单调性；（3）当时，若存在正实数满足，求证：．【答案】（1）1（2）见解析（3）见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据求出a的值，再进行检验；（2）求出函数g（x）导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性；；（3）结合已知条件与对数的运算性质，得．令，构造函数，然后利用导数判断函数单调性得，进而得证 ．【详解】（1）因为，所以，因为在处取得极值，所以，解得．验证：当时，，易得在处取得极大值．（2）因为，所以．①若，则当时，，所以函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减．②若，，当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，恒成立，所以函数在上单调递增；当时，易得函数在和上单调递增，在上单调递减．（3）证明：当时，，因为，所以，即，所以．令，，则，当时，，所以函数在上单调递减；当时，，所以函数在上单调递增．所以函数在时，取得最小值，最小值为．所以， 即，所以或．因为为正实数，所以．当时，，此时不存在满足条件，所以．【点睛】本题考查了导数与函数极值的关系，考查了用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式的综合问题．利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造函数，利用导数判断的单调区间和最值，再进行相应证明.