2023-2024学年浙江省金华第一中学高三上学期10月月考数学试题（原卷版+解析版）

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一､单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分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. 已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出，依题意阴影部分表示，再根据补集的定义计算可得；
【详解】解：因为，，所以，由韦恩图可知阴影部分表示；
故选：A
2. 已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点分别为、，则复数的共轭复数的虚部为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义和复数的除法计算法则即可计算.
【详解】由题可知，，，
，
则的共轭复数为：，其虚部为.
故选：A﹒
3. 已知向量，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量减法、模的坐标运算列方程，化简求得的值.
【详解】，
，，
，
.
故选：A
4. 奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结.五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出从8个点中任取3个点的所有情况，求出满足条件的情况 即可求出.
【详解】从8个点中任取3个点，共有种情况，这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上有种情况，则所求的概率.
故选：A.
5. 等比数列的公比为q，前n项和为，则以下结论正确的是（ ）
A. “q0”是“为递增数列”的充分不必要条件
B. “q1”是“为递增数列”的充分不必要条件
C. “q0”是“为递增数列”的必要不充分条件
D. “q1”是“为递增数列”的必要不充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】等比数列为递增数列，有两种情况，或，从而判断出答案.
【详解】等比数列为递增数列，则，或，
所以等比数列为递增数列，
但时，等比数列不一定为递增数列
所以“q0”是“为递增数列”的必要不充分条件.
故选：C
6. 为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数最有可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.
【详解】A：，即在定义域上递增，不符合；
B：，
在上，在上，在上，
所以在、上递减，上递增，符合；
C：由且定义域为，为偶函数，
所以题图不可能在y轴两侧，研究上性质：，故递增，不符合；
D：由且定义域为R，为奇函数，
研究上性质：，故在递增，
所以在R上递增，不符合；
故选：B
7. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，双曲线的左顶点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于，两点，其中点在轴右侧，若，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，求出点P，Q的坐标,结合条件求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率的取值范围．
【详解】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，
由，解得或，
∴，．
又为双曲线的左顶点，则，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，又，
∴.
故选：C.
8. 已知函数的图象关于对称，，且在上恰有3个极大值点，则的值等于（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件列不等式，从而求得的值.
【详解】依题意，
的图象关于对称，，且在上恰有3个极大值点，
所以，其中，
所以， ，
所以.
故选：C
二､多选题：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，有选昤的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 若随机变量，则
B. 残差和越小，模型的拟合效果越好
C. 根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05
D. 数据4，7，5，6，10，2，12，8的第70百分位数为8
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正态分布的对称性求出概率判断A；利用回归模型的拟合效果判断B；利用独立性检验思想判断C；求出第70百分位数判断D作答.
【详解】对于A，随机变量，由知，
，A正确；
对于B，因为残差平方和越小，模型的拟合效果越好，而残差和小，残差平方和不一定小，B错误；
C，由可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05，C正确；
对于D，对数据从小到大重新排序，即：，共8个数字，
由，得这组数据的第70百分位数为第6个数8，D正确.
故选：ACD
10. 在正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 平面
C. 平面D. 与所成的角是
【答案】ABD
【解析】
【分析】A．利用三角形中位线进行证明；B．通过线面平行的定理证明；C．通过线面垂直的性质进行判断；D．通过平行的传递性找出即为与所成的角，即可求出答案．
【详解】连接，则是的中位线，∴，故A正确；
连接，，则，平面，平面，
∴平面，即平面，故B正确；
连接，则平面即为平面，显然不垂直平面，故C错误；
∵，∴或其补角为与所成的角，，故D正确．
故选：ABD．
11. 设点在圆上，圆方程为，直线方程为.则（ ）
A. 对任意实数和点，直线和圆有公共点
B. 对任意点，必存在实数，使得直线与圆相切
C. 对任意实数，必存在点，使得直线与圆相切
D. 对任意实数和点，圆和圆上到直线距离为1的点的个数相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系判断．
【详解】由题意，因此圆一定过原点，而直线总是过原点，A正确；
当圆方程为时，过原点且与圆相切的直线是轴，不存在，B错误；
对任意实数，作直线的平行线与圆相切，切点为，此时到直线的距离为1，即直线与圆相切，C正确；
易知对任意实数，圆上到直线距离为1的点有两个，作与直线平行且距离为1的两条直线和，（注意：和与圆恒相切），
当直线过点时，直线和都与圆相切，两个切点到直线的距离为1，
当直线不过点时，直线和中一条与圆相交，一条相离，两个交点与直线距离为1，即只有2 个点，D正确．
故选：ACD．
12. 设随机变量的分布列如下：
则（ ）
A. 当等差数列时，
B. 数列的通项公式可能为
C. 当数列满足时，
D. 当数列满足时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据分布列的性质知，利用特殊值法可判断A，由裂项相消法求和可知B正确； 根据等比数列求和公式可判断C，利用的关系，可判断D.
【详解】由题目可知；
对于选项A，若为等差数列，则不成立，比如公差为0时，，故选项A不正确；
对于选项B，显然，又，
，因此选项B正确；
对于选项C，由，则，
所以，因此选项C正确；
对于选项D， 令，
则
即，，于是有
，解得，于是有
因此选项D正确.
故选：BCD
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分.共20分.
13. 已知的展开式中第2项和第6项的二项式系数相等，则的展开式中的常数项为____________.
【答案】60
【解析】
【分析】利用已知求出的值，然后再求出展开式的通项公式，
令的指数为零即可求解.
【详解】由已知可得，第2项和第6项的二项式系数相等，
则，解得，
则的展开式的通项公式为
，
令，解得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：.
14. 已知函数的最小正周期为，其图象过点，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的最小正周期求出的值，由以及的取值范围可求得的值，可得出函数的解析式，再利用两角差的正弦公式可求得的值.
【详解】因为函数的最小正周期为，则，则，
因为，可得，，则，，
因此，.
故答案为：.
15. 已知A，B是曲线上两个不同的点，，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】由曲线方程，结合根式的性质求x的范围，进而判断曲线的形状并画出草图，再由圆的性质、数形结合法判断的最值，即可得其范围.
【详解】由，得.
由，所以或
当时，；
当时，.
所以表示的曲线为圆的左半部分和圆的右半部分.
当A，B分别与图中的M，N重合时，取得最大值，为6；
当A，B为图中E，F，G，H四点中的某两点时，取得最小值，为.
故的取值范围是.
故答案为：.
16. 如图，直三棱柱中，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】首先设，利用垂直关系，可得，再结合基本不等式求面积的最值，以及等号成立的条件求，根据几何体的特征，求外接球的半径，即可求解外接圆的表面积.
【详解】由余弦定理得：
设，则，
由得：，解得：，
因为，故
由基本不等式得：当且仅当，且时，即时取最小值.底面三角形外接圆半径，
.
故答案为：
四､解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知的内角 所对的边分别是
向量，，且．
（1）求角A；
（2）若， 的面积为，求b、c．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由向量数量积的坐标运算代入中，利用正弦定理边化角的转化及进行化简得到，再利用辅助角公式得，根据条件求出；
（2）由及（1）求出的值，在利用余弦定理及，求出的值，联立方程组解出结果.
小问1详解】
，
根据正弦定理，即，
因为，得，由，
整理得，，即，，
或，得或（舍去），即
【小问2详解】
，
根据余弦定理，得，
则，，
又，则或
18. 已知正项等比数列满足，数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题可得，进而可得，，即得；
（2）由题可得当n为奇数时，，当n为偶数时，，然后利用分组求和法即得.
【小问1详解】
设数列的公比为，
∵正项等比数列满足，
∴，两式相除可得，
∴，，
∴.
【小问2详解】
当n奇数时，，当n为偶数时，，
∴
，
∴.
19. 如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点.
（1）求证：平面；
（2）若侧面底面，且，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，，从而求出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取线段的中点，连接，，
∵，分别为，的中点，
∴且，
∵底面是菱形，且为的中点，
∴且，
∴且.
∴四边形为平行四边形，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
连接，
由得是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，底面，
∴侧面，
因为，，
由余弦定理的：，
解得：，
以为原点建立空间坐标系，如图所示.
则，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，解得：，令，则，
故，
∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 已知函数.
（1）设函数，且对成立，求的最小值；
（2）若函数的图象上存在一点与函数的图象上一点关于轴对称，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间，由求的最小值；
（2）问题转化为函数的图象与函数的图象有交点，列等式化简求出交点坐标可得的长.
【小问1详解】
，函数定义域为，
则，
由解得，解得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
∴，由题意，则，
所以m的最小值为；
【小问2详解】
由题意的图象与函数的图象有交点，
化为有解，设，则；
则由得，
由得，消去，得，显然；
当时，方程无解；
当时，方程无解；
故此方程的解为，即，∴，，
则.
【点睛】方法点睛：函数的图象上存在一点与函数的图象上一点关于x轴对称，可转化为的图象与函数的图象有交点，列出等式，利用指数式和对数式的运算，化简得到点纵坐标，可得的长.
21. 为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，所得善款将用于捐赠“圆梦困境学生”计划.活动共计50多个班级参与，1000余件物品待出售.摄影社从中选取了20件物品，用于拍照宣传，这些物品中，最引人注目的当属优秀毕业生们的笔记本，已知高三1，2，3班分别有，，的同学有购买意向.假设三个班的人数比例为.
（1）现从三个班中随机抽取一位同学：
（i）求该同学有购买意向的概率；
（ii）如果该同学有购买意向，求此人来自2班的概率；
（2）对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子叫价确定购买资格”的竞买方式：统一以0元为初始叫价，通过掷骰子确定新叫价，若点数大于2，则在已叫价格基础上增加1元更新叫价，若点数小于3，则在已叫价格基础上增加2元更新叫价；重复上述过程，能叫到10元，即获得以10元为价格的购买资格，未出现叫价为10元的情况则失去购买资格，并结束叫价.若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，试估计其获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）.
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）0.75.
【解析】
【分析】（1）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”.根据全概率公式即可求解，根据条件概率公式即可求解；
（2）由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为.设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种：①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为；②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为.于是得到，构造等比数列，结合累加法可求解.
【小问1详解】
（i）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”.
由题意可知，
，
所以，由全概率公式可得：
.
（ii）由条件概率可得.
【小问2详解】
由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为.
设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种：
①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为；
②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为.
于是得到，易得，
由于，
于是当时，数列是以首项为，公比为的等比数列，
故.
于是
于是，甲同学能够获得笔记本购买资格的概率约为0.75.
【点睛】关键点睛：
第二问中关键是设叫价为元的概率为，利用叫价为元是在叫价为元的基础上再叫价1元或在叫价为元的基础上再叫价2元，从而确定与的关系，再结合数列中的构造法和累加法即可求解.
22. 已知椭圆的离心率为，点在上，从原点向圆作两条切线，分别交椭圆于点，
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线的斜率记为，求的值；
（3）若，直线与在第一象限的交点为，点在线段上，且，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）过定点，定点为
【解析】
【分析】（1）由函数的离心率求得，得出椭圆的方程；
（2）因为直线和直线都与圆相切,得出是方程的两根，根据根与系数关系得出结果；
（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立消去，得到关于的方程，是方程的根. 方程与直线方程联立，求出，由，求出为定值，得出结果.
【小问1详解】
因为椭圆离心率所以，解得
所以椭圆方程为
【小问2详解】
因为直线和直线都与圆相切
所以，即是的两根，
将两边平方，可得
所以.
又因为点在上，
所以点，即，
所以.
【小问3详解】
设直线的方程为，联立，
整理可得，
因为点在直线上，所以且，
所以
整理得：①
联立，可得所以，
又因为所以，
因为点在上所以，代入上式继续化简得，
所以.
由①可知，，
所以解得所以（此时点在第三象限，不合题意，舍去），
所以直线过定点.
【点睛】圆锥曲线中直线斜率之积为定值方法点睛：本题中的两条直线与圆相切，根据关系得出关于的方程，根据根与系数关系得出结论.
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