2023-2024学年甘肃省金昌市永昌第一高级中学高三（上）第一次月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年甘肃省金昌市永昌第一高级中学高三（上）第一次月考数学试卷（10月份）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年甘肃省金昌市永昌第一高级中学高三（上）第一次月考数学试卷（10月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.已知复数的实部与虚部的和为，则(    )A.  B.  C.  D. 3.已知都是单位向量，其夹角为
，若向量，则(    )A.  B.  C.  D. 4.为了得到函数
的图象，只需把函数图象上的所有点(    )A. 向右平移个单位长度 B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度5.设椭圆：，：的离心率分别为，若，则(    )A.  B.  C.  D. 6.函数的图象大致为(    )A.  B.
C.  D. 7.若，则的值(    )A.  B.  C.  D. 8.已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为(    )A.  B.  C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.若，，则下列不等式中恒成立的是(    )A.  B.  C.  D. 10.设函数，则下列结论正确的是(    )A. 的最小正周期是 B. 的图像关于直线对称
C. 在单调递减 D. 在上的最小值为11.设为坐标原点，直线过抛物线：的焦点，且与交于，两点，为的准线，则(    )A.  B.
C. 以为直径的圆与相切 D. 为等腰三角形12.数列依次为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，其中第一项为，接下来三项为，再五项为，依次类推，记的前项和为，则下列说法正确的是(    )A.
B. 为等差数列
C.
D. 对于任意正整数都成立三、填空题（本大题共3小题，共15.0分）13.已知函数在点处的斜率是，则实数______．14.某市第一中学校为了做好疫情防控工作，组织了名教师组成志愿服务小组，分配到东门、西门、中门个楼门进行志愿服务由于中门学生出入量较大，要求中门志愿者人数不少于另两个门志愿者人数，若每个楼门至少分配个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在个楼门进行服务，则不同的分配方法种数为______ ．15.已知双曲线：的左、右焦点分别为，点在上，点在轴上，，，则的离心率为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，且，．
求角的大小；
若为锐角三角形，且，求的取值范围．17.本小题分
已知等差数列的前项和为，且，．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．18.本小题分
随着人们对环境关注度的提高，绿色低碳出行越来越受市民重视，为此某市建立了共享电动车服务系统，共享电动车是一种新的交通工具，这是新时代下共享经济的促成成果．目前来看，共享电动车的收费方式通过客户端软件和在线支付工具完成付费流程，从开锁到还车所用的时间称为一次租用时间，具体计费标准如下：
租用时间分钟元，不足分钟按元计算；
租用时间为分钟以上且不超过分钟，按元计算；
租用时间为分钟以上且不超过分钟，按元计算
甲、乙两人独立出行，各租用公共电动车一次，租用时间都不会超过分钟，两人租用时间的概率如下表：租用时间不超过分钟分钟分钟甲乙若甲、乙租用时间相同的概率为．
求，的值；
设甲、乙两人所付费之和为随机变量，求的分布列和数学期望．19.本小题分

如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为的正三角形，，，分别是，的中点，记平面与平面的交线．
证明：直线平面．
若在直线上且为锐角，当时，求二面角的余弦值．
20.本小题分
已知离心率为的椭圆与轴，轴正半轴交于，两点，作直线的平行线交椭圆于，两点．
若的面积为，求椭圆的标准方程；
在的条件下，记直线，的斜率分别为，，求证：为定值．21.本小题分
已知函数，是函数的导函数．
求函数的单调区间；
设，试比较与的大小，并说明理由．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，
，
．
故选：．
求出集合，利用并集的定义直接求出．
本题考查了并集及其运算、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】 【解析】解：的实部与虚部的和为，
，即，
，则，
故选：．
由复数代数形式的乘除运算化简，再由题意列式求，则答案可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．3.【答案】 【解析】解：都是单位向量，其夹角为，
则，，，
，
．
故选：．
根据已知条件，求出，再将两边同时平方，并开方，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积公式，以及向量模公式，属于基础题．4.【答案】 【解析】解：因为，
所以要得到函数的图象，只需将图象上的所有点向左平行移动个单位长度，
故选：．
先根据诱导公式将函数化为正弦的形式，再根据左加右减的原则进行平移即可得到答案．
本题主要考查诱导公式和三角函数的平移．属基础题．5.【答案】 【解析】解：由椭圆：可得，，，
椭圆的离心率分别为，
，，，
，
或舍去．
故选：．
利用椭圆：的方程可求其离心率，进而可求，可求．
本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属基础题．6.【答案】 【解析】解：，所以为奇函数，排除选项A，
又，所以，排除选项C和．
故选：．
计算可得，从而知为奇函数，再结合基本不等式，计算可得，得解．
本题考查函数的图象与性质，一般可从函数的单调性，奇偶性或特殊点处的函数值等方面着手思考，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．7.【答案】 【解析】解：由，得，即，
所以．
故选：．
利用诱导公式将，转化为，再利用余弦的二倍角公式可求得结果．
本题考查三角函数的求值问题，考查运算求解能力，属于中档题．8.【答案】 【解析】解：如图，设正四棱锥的底面边长，高为，外接球的球心为，

则，
球的体积为，所以球的半径，
在中，，
所以正四棱锥的体积，
整理为，，
，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，
故选：．
根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理即可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数求函数的最值．
本题主要考查几何体的体积，属于中档题．9.【答案】 【解析】解：由于，则，选项A错误，选项B正确；
当时，由，可得，选项C错误，
由于，则，则，选项D正确；
故选：．
根据不等式的性质逐项分析判断即可．
本题考查不等式的性质及其实数的大小比较，属于基础题．10.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查两角和的余弦公式，余弦函数的图象和性质，属于基础题．
由题意，利用两角和的余弦公式化简函数的解析形式，再根据余弦函数的图象和性质，得出结论．【解答】
解：函数，
故的最小正周期为，故A正确；
令，求得，不是最值，可得的图像不关于直线对称，
当时，，根据余弦函数的性质可得函数在上单调递减，故C正确；
当时，，故当时，函数取得最小值为，故D正确，
故选：．11.【答案】 【解析】解：直线过抛物线：的焦点，可得，所以，
所以A正确；
抛物线方程为：，与交于，两点，
直线方程代入抛物线方程可得：，
，
所以，所以不正确；
，的中点的横坐标：，中点到抛物线的准线的距离为：，
所以以为直径的圆与相切，所以C正确；
，
不妨可得，，，，
，，，
所以不是等腰三角形，所以不正确．
故选：．
求出抛物线方程，利用抛物线的定义，结合直线与抛物线的位置关系判断选项的正误即可．
本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的简单性质的应用，是中档题．12.【答案】 【解析】解：设分母为的数为第一组，分母为的数为第二组，，分母为的数为第组，
则前组数共有个数，
对选项，令，可得，
为第组最后一个数，，选项正确；
对选项，显然依次为，，，，，，，，，，，，，，，，，显然不为等差数列，选项错误；
对选项，前项共有组数，又每组数的和为，
前组数的和为，即，选项正确；
对选项，又选项分析可知：，，选项正确．
故选：．
根据归纳推理思想，等差数列的定义与通项公式，不等式思想，即可分别求解．
本题考查归纳推理思想，等差数列的定义与通项公式，不等式思想，属中档题．13.【答案】 【解析】解：函数，
所以，
故，解得．
故答案为：．
直接利用函数的求导与斜率的关系式求出的值．
本题考查的知识要点：函数的求导与曲线的切线的斜率的关系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．14.【答案】 【解析】解：第一种情况，当中门的志愿者有人时，其他两个门有个门人，个门人，有种，
第二种情况，当中门有人时，其他两个门也分别是人，有种，
第三种情况，当中门有人时，其他两个门分别人，有种，
所以不同的分配方法种数是．
故答案为：．
根据中门志愿者的人数，分情况讨论，再按照分组分配问题，即可求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．15.【答案】 【解析】解：法一如图，设，，，
设，则，
又，则，可得，
又，且，
则，化简得．
又点在上，
则，整理可得，
代，可得，即，
解得或舍去，
故．
法二由，得，
设，由对称性可得，
则，
设，则，
所以，解得，
所以，
在中，由余弦定理可得，
即，则．
故答案为：．
法一设，，，根据题意可得点的坐标，进一步得到，再由，可得结合点在双曲线上，可得解；
法二易知，设，，解三角形可知，进而得解．
本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．16.【答案】解：在中，内角，，的对边分别为，，，
因为，所以，
整理得，所以．
又，所以，所以，解得．
由正弦定理，且，，得．
因为为锐角三角形，所以解得，
因为，在上函数是增函数，所以，
所以，即的取值范围是． 【解析】本题考查利用正弦定理解决范围问题，诱导公式的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
利用诱导公式以及二倍角公式推出，结合的范围，转化求解即可．
利用正弦定理推出结合的范围，利用正弦函数的性质，计算即可得解．17.【答案】解：数列为等差数列，
又，，
，解得，
；
由可得，

． 【解析】根据等差数列的通项公式，方程思想即可求解；
根据裂项求和法即可求解．
本题考查等差数列的通项公式，方程思想，裂项求和法，属基础题．18.【答案】解：分别记“甲租用时间不超过钟、分钟、分钟”为事件，，，它们彼此互斥，
则，，，且；
分别记“乙租用时间不超过钟、分钟、分钟”为事件，，，
则，，，且，，与，，相互独立．
记“甲、乙租用时间相同”为事件，
则，
由解得：．
解：可能取值为，，，，，
，
，
，
，
，
所以的分布表如下： 所以． 【解析】分别记“甲租用时间不超过钟、分钟、分钟”为事件，，，它们彼此互斥，则可得，求解即可；
由题意可得可能取值为，，，，，求出对应的概率，列出分布列，计算期望即可．
本题考查离散型随机变量的概率分布列和期望，是中档题．19.【答案】证明：，分别是，的中点，，平面，平面，平面，
平面，平面平面，，
平面平面，平面平面，，平面，
平面平面．
解：是的中位线，，
又，当时，，
又因为，故此时，
以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
令平面的法向量为，
则，，令，则，
令平面的法向量为，
则，，令，则，
因为，，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为． 【解析】证明线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，结合面面垂直证明线面垂直；
根据体积关系求出边长，建系求出法向量，求出二面角即可．
本题主要考查直线与平面垂直的证明，二面角的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．20.【答案】解：椭圆的离心率为，
，即
又，
由解得，
故椭圆的标准方程是；
证明：设直线：，代入得，
设，，
则，
则，
分子
为定值． 【解析】根据题意可得，，由此可得，的值，进而得解；
设直线：，与椭圆方程联立，结合根与系数的关系化简即可得证．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．21.【答案】解：由题意，得，则，
所以．
当时，在上恒成立，所以在上单调递增．
当时，由，得；由，得，
所以函数在区间上单调递减，在上单调递增．
综上，当时，的增区间为，无递减区间；
当时，的单调减区间是；单调增区间是．
，理由如下：
要证，只需证，
即证且．
令，从而即证且．
设且，则．
所以函数在区间上单调递增．
所以，即且成立，
故，得证． 【解析】由题设可得，讨论参数研究的单调区间即可；
确定大小关系，由作差法、分析法得，令，构造且，利用导数研究单调性并证恒成立即可比大小．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用分析法证明不等式，考查了转化思想和函数思想，属中档题．