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2024届河北省石家庄二十七中高三上学期第一次月考数学试题含答案
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这是一份2024届河北省石家庄二十七中高三上学期第一次月考数学试题含答案,共18页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,双空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
一、单选题
1.已知集合,,则( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】根据指数不等式及无理不等式解法化简集合与,然后根据元素与集合的关系判断A、C,根据集合的关系判断B、D.
【详解】因为,,
所以,,与之间没有包含关系.
故选:C.
2.复数,满足,,则( )
A.B.C.2D.3
【答案】C
【分析】解方程组可得,再根据复数的乘法运算可得.
【详解】由解得,
则.
故选:C.
3.已知向量,,则在上的投影向量为( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】直接利用投影向量的公式,即可求得本题答案.
【详解】因为,,所以,
所以,
因为与方向相同的单位向量为,
所以在上的投影向量为.
故选:C
4.已知等比数列的各项均为正数,若,,则( )
A.B.C.27D.
【答案】D
【分析】等比数列,基本量的计算,设出公比,联立式子可求出,即可.
【详解】设的公比为,则,,.
因为,所以,因为,所以,所以.
因为的各项均为正数,所以.因为,所以.
故选:D
5.“”是“”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】A
【分析】根据两角和正切公式化简并计算得或3,利用充分必要条件定义即可判断.
【详解】由,
得,即或3,(经检验均为原分式方程的解),
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
6.函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性、定义域、正负性,结合指数函数的单调性进行判断即可.
【详解】由,所以该函数的定义域为,显然关于原点对称,
因为,
所以该函数是偶函数,图象关于纵轴对称,故排除选项AC,
当时,,排除选项B,
故选:D
7.已知定义在上的函数满足,且,则( )
A.B.1C.D.3
【答案】C
【分析】由条件推得函数的周期为4,结合函数的周期,即可求解.
【详解】由,可得,
所以的周期为4,则.
故选:C.
8.已知四个城市坐落在正方形的四个顶点处,正方形边长为,现要修建高铁连迎这四个城市,设计师设计了图中的连接路线(路线由五条实线线段组成,且路线上、下对称,左、右也对称),则路线总长(单位:)的最小值为( )
A.B.C.D.
【答案】D
【分析】设,,根据解三角形的知识可表示路线长度,再结合导数求得最值.
【详解】设,,则,,路线总长为.
令函数,,,
当时,,单调递减;当时,,单调递增;
所以的最小值是,则路线总长(单位:)的最小值为,
故选:D.
二、多选题
9.已知表示集合的整数元素的个数,若集合( )
A.B.
C.D.
【答案】ACD
【分析】根据对数函数的单调性、一元二次不等式的解法,结合集合并集、交集、补集的定义、已知定义逐一判断即可.
【详解】由,
因此,
由,
因此.
A:因为集合中的整数有,共10个,
所以,因此本选项正确;
B:因为,
所以本选项不正确;
C:因为集合中的整数有,共9个,
所以,因此本选项正确;
D:因为,所以,
因为,所以,因此本选项正确,
故选:ACD
10.若函数,则( )
A.
B.的最小正周期为
C.的图象关于直线对称
D.在上单调递增
【答案】BCD
【分析】根据二倍角正弦公式、余弦公式、辅助角公式化简函数的的解析式,结合复合函数的导数法则、正弦型函数的周期性、对称性、单调性逐一判断即可.
【详解】.
A:,所以本选项不正确;
B:的最小正周期为,所以本选项正确;
C:因为,
所以的图象关于直线对称,所以本选项正确;
D:当时,,
所以在上单调递增,因此本选项正确,
故选:BCD
11.如图,在正四棱柱中,为的中点,是棱上一点,则( )
A.的最小值为
B.存在点,使得
C.存在点,使得
D.存在点,使得
【答案】BC
【分析】根据侧面展开图、三角形中位线定理、余弦定理逐一判断即可.
【详解】A:将平面沿着展开到平面内,
则的最小值为,所以本选项不正确;
B:当是棱的中点时,,,
,
因为,
所以,因此本选项正确;
C:当是棱的中点时,
显然,
因为,
所以四边形是平行四边形,所以,
所以,因此本选项正确;
D:假设存在点,使得,
设,
则有,
由余弦定理得,
,
化简,得,或,
所以假设不成立,因此不存在点,使得,因此本选项不正确,
故选:BC
【点睛】关键点睛:本题的关键是利用棱柱展开的性质、应用余弦定理.
12.已知实数满足且,则下列结论正确的是( )
A.
B.若,则的最小值为
C.的最大值为
D.若,则的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据给定条件,可得,再结合均值不等式逐项分析判断作答.
【详解】由,得,而,则,
对于A,,A正确;
对于B,,则,显然均为正数,即有,
因此,
当且仅当,即时取等号,B正确;
对于C,显然,
由,得,因此,C错误;
对于D,由,得,
当且仅当时取等号,即,由,得,则的最小值为,D正确.
故选:ABD
【点睛】思路点睛:利用基本不等式求最值时,要从整体上把握运用基本不等式,有时可乘以一个数或加上一个数,以及“1”的代换等应用技巧.
三、填空题
13.已知命题,则的否定为 .
【答案】
【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可得答案.
【详解】解:因为命题,
所以.
故答案为:
四、双空题
14.若角的终边经过点,则 , .
【答案】 5
【分析】由三角函数的定义先求出的值,然后利用三角函数商数关系化简齐次式,或者利用诱导公式化简,代入求值即可.
【详解】因为角的终边经过点,所以,
所以,
且.
故答案为:5,.
五、填空题
15.在三棱锥中,,,,则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】根据条件及余弦定理,可求得,由勾股定理可得,则三棱锥的外接球球心为中点,即外接圆的直径为,进而求出外接球的半径,从而可求外接球的表面积.
【详解】由,,,根据余弦定理可得,则,,
中E为斜边AB中点,所以到各点的距离相等,
则三棱锥外接球的直径为,
故三棱锥外接球的表面积为.
故答案为:
16.已知函数的最大值为,则函数的最小值为 (结果用表示)
【答案】
【分析】由题,可得,所以取最小值时取最大值,又的最大值与的最大值相等,得解.
【详解】因为,所以,
则,
当的取值范围为时,的取值范围为,
所以的最大值与的最大值相等,均为,
所以的最小值为.
故答案为:.
六、解答题
17.已知函数.
(1)求的单调递增区间;
(2)把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变),再向左平移个单位长度,得到函数的图象,求在上的值域.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)结合函数的周期与诱导公式化简,然后利用整体法求解函数的单调递增区间;
(2)根据函数的变化法则解得,然后整体求解函数范围,结合余弦函数性质即可求解;
【详解】(1)根据函数的周期性与诱导公式,,
令,
解得,
所以的单调递增区间为.
(2)把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的,得到的图象,
再将所得图象向左平移个单位长度得到的图象,
所以.
因为,所以,
则,
所以在上的值域为.
18.滇池久负盛名,位于春城昆明,是我国西南地区最大的淡水湖,被誉为“高原明珠”.如图,为计算滇池岸边与两点之间的距离,在岸边选取和两点,现测得,,,,.
(1)求的长;
(2)求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)在中利用余弦定理可求长;
(2)在中利用正弦定理可求长.
【详解】(1)在中,有,,.
由余弦定理,可得,
即,
整理可得,解得或(舍去),
故的长为.
(2)在中,有,,,
则.
由正弦定理,
可得,即的长为.
19.如图,在三棱锥中,是的中点,与均为正三角形.
(1)证明:.
(2)若,点满足,求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)由,,证得平面,可证.
(2)为坐标原点,直线,,分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法解决二面角的问题.
【详解】(1)证明:连接,因为与均为正三角形,所以.
又为的中点,所以,.
因为,平面,所以平面.
又平面,所以.
(2)因为,所以为等腰直角三角形,且.
不妨令,则.由,得,
则,故.
以为坐标原点,直线,,分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
,,.
因为,所以.
则,,.
设平面的法向量为,则
令,则,得.
设平面的法向量为,则
令,则,得.
,
故二面角的正弦值为.
20.已知函数.
(1)讨论函数的零点个数.
(2)是否存在直线,使得该直线与曲线切于两点?若存在,求,的值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在,,.
【分析】(1)函数的零点,即为函数与的交点横坐标,做出函数图像,数形结合,可得交点个数,进而确定函数两点个数;
(2)方法一:由已知相切于两点,可知直线与函数有且只有一个公共点,分别联立方程,利用判别式解方程即可;方法二:分段求函数的切线方程,由公切线,列方程,解方程即可.
【详解】(1)当时,的最小值为;
当时,的最大值为.
作出的大致图象,如图所示.
由,得.
当或时,的零点个数为;
当时,的零点个数为;
当时,的零点个数为.
(2)假设存在直线,使得该直线与曲线切于,两点,
方法一:联立与,得,
则.
联立与,得,
则.
联立方程组,解得或,
当,时,此时,,则切点,的坐标分别为,,
当时,,此时,这与矛盾,不符合题意,
综上,存在直线满足题意,且,.
方法二:设函数,则,
则曲线在处的切线方程为,即,
设函数,则,
则曲线在处的切线方程为,即.
依题意可得,
消去,得,因为,所以,,
所以,,
即存在直线满足题意,且,.
21.已知数列满足,且.
(1)求的通项公式;
(2)若数列的前项和为,且,求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由已知可得,然后利用累加法求出,从而可求得的通项公式;
(2)由结合(1)可求出,然后利用错位相减法可求得结果.
【详解】(1)因为,所以,
所以
,
所以.
(2)因为,所以当时,,得;
当时,,所以(时也成立).
因为,所以,
所以
,
故.
22.已知函数.
(1)当时,比较与的大小;
(2)若函数,且,证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)构造,利用导数可得,即;
(2)构造函数,从而推得,再利用导数得到的单调性,从而得到,进而将问题转化为证,再利用导数证得,由此得证.
【详解】(1)设函数,
则,
当时,,
则在上单调递增,
所以,从而,即;
(2)设函数,
当时,,,则恒成立,
则由,得,
又,所以,
因为,所以,
令,则恒成立,
所以在上单调递增,则,
所以在上单调递增,
又,,所以,
要证,只需证,
即证.
因为,所以.
设函数,则,
所以在上单调递增,
因为,所以,所以,
所以,
所以,从而得证.
【点睛】方法点睛:导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具,而函数是高中数学中重要的知识点,对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行:
(1)考查导数的几何意义,往往与解析几何、微积分相联系.
(2)利用导数求函数的单调区间,判断单调性;已知单调性,求参数.
(3)利用导数求函数的最值(极值),解决生活中的优化问题.
(4)考查数形结合思想的应用.
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