贵州省贵阳市清华中学2024届高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份贵州省贵阳市清华中学2024届高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共4页。试卷主要包含了 已知集合，则的元素个数为， 设，则， 若，且，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.时间120分钟，满分150分.
第Ⅰ卷
一､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. 已知集合，则的元素个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】令，可知的元素个数即为的零点个数，根据函数单调性结合零点存在性定理运算求解.
【详解】由题意可知：的元素个数即为函数与的交点个数，
令，则函数与的交点个数即为的零点个数，
因为在内单调递增，在内单调递减，
则在内单调递增，且，
可知在内有且仅有1个零点，即函数与有且仅有1个交点，
所以的元素个数为1.
故选：A.
2. 若，其中是虚数单位，且，设，则为（ ）
A. 2B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简可得，然后根据复数相等的条件列出关系式，求出的值，根据共轭复数的概念以及复数的求模运算，即可得出答案.
【详解】由得，，
所以且，
解得，，
所以，，
所以.
故选：D.
3. 的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一.划分等级为：日均值在以下，空气质量为一级；日均值在，空气质量为二级；日均值超过为超标.如图是某地8月1日至日的日均值（单位：）变化的折线图，下列关于日均值说法正确的是（ ）
A. 这天日均值的百分位数为
B. 前4天的日均值的极差小于后4天的日均值的极差
C. 前4天的日均值的方差大于后4天的日均值的方差
D. 这天的日均值的中位数为
【答案】B
【解析】
【详解】解：对于A，将天中日均值按从小到大排列为，，，，，，，，，，根据百分位数的定义可得，这天中日均值的百分位数是，故选A错误；
对于B，前4天的日均值的极差为，后4天的日均值的极差为，故选项B正确；
对于C，由折线图和方差的定义可知，前4天的日均值波动性小，所以前4天的日均值的方差小于后4天日均值的方差，故选项C错误；
对于D，这天中日均值的中位数为，故选项D错误.
故选：B
4. 数列的通项公式为，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. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据以及充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可
【详解】由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立，
即对任意恒成立，故，
所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件，
故选：A
5. 若方程所表示的曲线为，则下列命题错误的是（ ）
A. 若曲线为双曲线，则或
B. 若曲线椭圆，则
C. 曲线可能是圆
D. 若曲线为焦点在轴上的椭圆，则
【答案】B
【解析】
【分析】利用方程表示双曲线求解的取值范围可判断A；方程表示椭圆求解可判断B；方程是否表示圆可判断C；方程表示焦点在轴上的椭圆求解可判断D.
【详解】对于选项A：方程表示双曲线，则，解得或，故A正确；
对于选项B：方程表示椭圆，则，解得且，故B错误；
对于选项C：当时，方程表示圆，故C正确；
对于选项D：方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得，故D正确；
故选：B.
6. 两个单位向量与满足，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，，根据可得，设与的夹角为，利用即可求解.
【详解】由题意可得，，且，
所以.
设与的夹角为，，
则,
所以.
故选；D.
7. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用倍角公式化简可得，代入结合诱导公式运算求解.
【详解】∵
，
所以．
故选：A．
8. 若对任意正实数都有，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用分离参数求最值，即将原不等式化为，再构造函数（），求其最大值，进而求得结果.
【详解】化简不等式可得，即：，
令（），则对任意的，，
所以，设，，
则，令，
所以，所以在上单调递减，
又因为，
所以，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，解得：，即：的取值范围为.
故选：A.
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. 若，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用不等式的性质结合作差法逐一判断即可.
【详解】因为，且，则，
所以，即，故A错误；
则，所以，故B正确；
则，故C错误；
因为，
所以，故D正确.
故选：BD.
10. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则以下说法正确的是（ ）
A. 当在平面上运动时，四棱锥的体积不变
B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C. 若点在底面上运动，则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为椭圆
D. 若是的中点，点在底面上运动时，不存在点满足平面
【答案】AB
【解析】
【分析】根据体积公式，即可判断A，建立空间直角坐标系，根据线线角，线面角，以及利用法向量判断线面关系，即可判断BCD.
【详解】A. 当在平面上运动时，点到平面的距离为2，
所以四棱锥的体积，故A正确；
B.如图，建立空间直角坐标系，，，，,
，,，
设与所成角为，
则
当时，，，则，
当时，，
所以，，故B正确；
C. 若点在底面上运动，设，，，
平面的法向量为，
则直线与平面所成的角为时，，
化简为，则点的轨迹为圆，故C错误；
D.如图，，，，，，
，，，
，，且，且平面，
所以平面，即向量是平面的法向量，
，，，
若平面，则，
即，
直线与底面有公共点，即存在点满足平面，故D错误.
故选：AB
11. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得､阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值，且的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，点满足.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 的方程为
B. 点都在曲线内部
C. 当三点不共线时，则
D. 若，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；
对于B，利用点到圆心的距离，判断点与圆的位置关系；
对于C，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；
对于D，将转化为进行判断即可．
【详解】设，不与，重合），
由，，有，，
，即，化简得，
所以点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，如图所示，
对于A选项，由曲线方程为，选项A正确；
对于B选项，由，点在曲线外，选项B错误；
对于C选项，由，，有，
则当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，
所以，选项C正确；
对于D选项，由，得，
则，
当且仅当在线段上时，等号成立，
则的最小值为，选项D正确．
故选：ACD．
12. 定义在的函数满足，且，都有，若方程的解构成单调递增数列，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 若数列为等差数列，则公差为6
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：根据题意结合周期性运算求解；对于B：根据题意结合图象分析判断；对于B：整理可得，结合图象分析判断；对于D：根据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7，公差为12的等差数列，进而利用等差数列知识运算求解.
【详解】因为都有，即的图象关于对称，
令，则，即，
可知在内的图象关于点对称，
根据题意作出在内的图象，如图所示：

对于选项A：因为定义在的函数满足，
则，故A正确；
对于选项B：由图象可知：若数列为等差数列，则，
此时与在内有且仅有一个交点，
因为，则，
所以公差为6，故B正确；
对于选项C：若，则，
可得，
则，即与在内有且仅有2个交点，
结合图象可得，故C错误；
对于选项D：若，则与在内有且仅有3个交点，且，
因为，则，
所以数列是以首项为7，公差为12的等差数列，
可得，
所以，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法
（1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解；
（2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解．
第II卷
三､填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知一个扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】利用扇形面积公式计算即可.
【详解】设扇形半径为，由题意可知，所以该扇形的面积为．
故答案为：.
14. 分别为内角的对边．已知，则的最小值为________．
【答案】##0.6
【解析】
【分析】因为，所以代入，得到，并结合基本不等式，得到的最小值.
详解】由余弦定理得．
当且仅当时，取等号.
所以的最小值为
故答案为：
15. 已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数单调性与导数的关系，列出不等式即可求解.
【详解】函数的定义域为，求导得，
依题意，不等式在上有解，等价于在上有解，
而，当且仅当时取等号，则，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：．
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，经过的直线交椭圆于两点，为坐标原点，且，则椭圆的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用向量的数量积的运算律，以及椭圆的定义，利用齐次化方法求离心率.
【详解】因为，所以，
即，
所以，所以.
设，则，所以，
由得，
所以，所以，
在中，由，
得，所以.

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､证明过程及演算步骤.
17. 已知函数（，，）的图象相邻两条对称轴间的距离为．函数的最大值为2，且______．
请从以下3个条件中任选一个，补充在上面横线上，①为奇函数；②当时；③是函数的一条对称轴．并解答下列问题：
（1）求函数的解析式；
（2）在中，、，分别是角，，的对边，若，，的面积，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由最大值确定A，根据相邻两条对称轴间的距离为确定最小正周期，从而确定，选①，可得，求解即可；选②，，求解即可；选③，整体思想，求解即可.
（2）利用面积公式求出，结合余弦定理即可求解.
【小问1详解】
由题意得，
∴最小正周期，则，
∴.
若选①，为奇函数，则，
∴，即
∵，即，
∴即，
∴.
若选②，当时，
∴即，
∵，
∴，
∴.
若选③，是函数的一条对称轴，
∴即
∵，
∴，
∴.
【小问2详解】
∵，
∴,即，
∵即，
∴，即，
又∵，的面积，
∴得，
在中，由余弦定理得：，
解得.
18. 已知数列的前项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，记数列的前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系即可求解；
（2）先用错位相减法求出，再由不等式恒成立问题的解法即可求解.
【小问1详解】
解：当时，∵，
∴，两式相减得，.
∵，，所以，
∴，
∵，∴，
∴数列是以首项，公比为的等比数列．
∴
【小问2详解】
∵，∴，
∴，
∴，
∴
∴，
∵对任意恒成立，
∴，
∴，
∴恒成立，
∵，
∴，
∴的取值范围是．
19. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.
（1）求证：平面；
（2）若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.
【小问1详解】
证明：由题知，
，
又，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
在正中，为中点，于是，
又，平面，所以平面
【小问2详解】
取中点为中点为，则，
由（1）知，平面，且平面，
所以，又，
所以，平面
所以平面，于是两两垂直.
如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则，
，所以，
.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，于是.
设，
则.
由于直线与平面所成角的正弦值为，
，
即，整理得
，由于，所以
于是.
设点到平面的距离为，则，
所以点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20. 第22届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，这是我国继北京后第二次举办亚运会，为迎接这场体育盛会，浙江某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛．已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为，，，通过初赛后再通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．
（1）求这3人中至少有1人参加市知识竞赛的概率．
（2）某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了两种奖励方案：
方案一：参加了选拔赛的选手都可参与抽奖，每人抽奖1次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次奖励600元：
方案二：只参加了初赛的选手奖励100元，参加了决赛的选手奖励400元（包含参加初赛的100元），若品牌商希望给予选手更多的奖励，试从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择哪种方案更好．
【答案】（1）
（2）从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率，先分别求出甲乙丙三人参加市赛的概率，即可求出至少有1人参加市知识竞赛的概率．
（2）分别求出两个方案的奖励期望，比较大小即可.
【小问1详解】
甲参加市赛的概率为，
乙参加市赛的概率为，
丙参加市赛的概率为，
至少1人参加市赛的概率为：．
【小问2详解】
方案一：设三人中奖人数为，所获奖金总额为元，则，且．
所以元，
方案二：记甲、乙、丙三人获得奖金之和为元，则的所有可能取值为300、600、900、1200，
则，
，
，
，
所以，．
所以，，
所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析，品牌商选择方案二更好．
21. 已知双曲线的左右焦点分别为，点在双曲线上，若，且双曲线焦距为4．
（1）求双曲线的方程；
（2）如果为双曲线右支上的动点，在轴负半轴上是否存在定点使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，坐标为
【解析】
【分析】（1）利用双曲线的定义求解即可；
（2）在轴负半轴上假设存在点满足题意，当垂直于轴时，易得，当不垂直于轴时，由斜率公式和二倍角正切公式也可解得.
【小问1详解】
因为点在双曲线上，
所以由双曲线的定义可得①，
又双曲线焦距即，且③，
①②③联立解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
假设存在点满足题设条件，由题目可知，

设为双曲线右支上一点，
当时，，因为，
所以，于是，所以，即，
当时，，，
因为，所以，
将代入并整理得，
所以，解得，即，
综上，满足条件的点存在，其坐标为.
【点睛】方法点睛：
（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；
（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形.
22. 已知曲线在处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）已知为整数，关于的不等式在时恒成立，求的最大值．
【答案】（1）
（2）3
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导分析单调性可得在上是增函数，进而将不等式转化为在时恒成立，再构造函数，再求导分析单调性，结合零点存在性定理分析函数的极值，进而可得的最大值．
【小问1详解】
由题知，，，
在处的切线方程为，．
【小问2详解】
由（1）知，
，
在上是增函数，
关于的不等式在时恒成立，
不等式即在时恒成立．
设，
则．
设，则，
在区间是增函数，
，
存在，使，
当时，，当时，，
在区间单调递减，在区间单调递增，
，
，
又为整数，的最大值为3．
【点睛】方法点睛：
（1）恒成立问题可考虑参变分离；
（2）构造函数分析单调性，极值点求不出的可设极值点，根据零点存在性定理确定极值点的范围；
（3）根据极值点满足的关系式，代入极值，继续构造函数分析极值范围.