2024届福建省福州市闽侯县第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届福建省福州市闽侯县第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共19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，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出集合，然后直接求即可.
【详解】集合，
集合，，
故选：B．
2．设复数，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】先求出，再求出，直接得复数在复平面内对应的点.
【详解】，则
∴在复平面内对应的点为，位于第四象限
故选：D.
3．数列是各项均为正数的等比数列，是与的等差中项，则的公比等于（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】A
【分析】先根据等差中项的概念得到关于的方程，结合可求解出的值.
【详解】因为是与的等差中项，所以，所以，
又因为，所以，所以或，
又因为，所以，所以，
故选：A.
4．已知向量，且夹角的余弦值为，则（ ）
A．0B．C．0或D．
【答案】A
【分析】根据向量的夹角的坐标公式求解即可.
【详解】由已知，所以，即，故，且，解得或（舍去），所以
故选：A
5．“”是“”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
【分析】根据分式不等式求解，再判断充分性与必要性即可.
【详解】因为且，充分性成立，
所以“0”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6．过圆：外一点作圆的切线，切点分别为、，则（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】C
【分析】本题首先可结合题意绘出图像，然后根据圆的方程得出，再然后根据两点间距离公式以及勾股定理得出、，最后通过等面积法即可得出结果.
【详解】如图，结合题意绘出图像：
因为圆：，直线、是圆的切线，
所以，，，，
因为，所以，，
根据圆的对称性易知，则，
解得，，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆的切点弦长的求法，主要考查圆的切线的相关性质，考查两点间距离公式以及勾股定理的应用，考查等面积法的应用，考查数形结合思想，是中档题.
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意进行三角恒等变换，把整理到一边切化弦，通分利用二倍角公式，再把分式化为整式，逆用两角和的余弦公式即可得到答案.
【详解】由于，因为，且，
整理得，
故，
整理得：，
故．
故选：B．
8．已知定义在上的函数满足，且当时，（为的导函数），若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由已知确定函数的对称性与单调性，然后把自变量的值转化为同一单调区间上，可得大小关系．
【详解】因为，则，可知直线为图像的一条对称轴，
又因为时，，则在上单调递减，可知在上单调递增，
因为，
且，
可得，
所以，即．
故选：D．
二、多选题
9．设，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】利用基本不等式及其变形求最值即可判断.
【详解】A选项：，当且仅当时，等号成立，故A正确；
B选项：，所以，当且仅当时，等号成立，故B错；
C选项：，当且仅当时，等号成立，故C正确；
D选项：，当且仅当，即，时，等号成立，故D正确.
故选：ACD.
10．已知函数，下列叙述不正确的是（ ）
A．的最小正周期是B．在上单调递增
C．图象关于直线对称D．的图象关于点对称
【答案】ABC
【分析】首先利用三角恒等变换将化为正弦型函数，再利用正弦函数的图象和性质判断各选项是否正确，从而得出结果.
【详解】，
，所以A不对；
令，，，单调递增，单调递减，所以B不对；
时，不取最大值或最小值，所以C不对；
因为函数关于点对称，所以的图象关于点对称，所以D正确.
故选：ABC.
11．已知为等差数列，为其前项和，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】A.设等差数列的公差为，由，得到判断；B.由，得到为递增数列判断；C.由判断；D. 由，求得首项和公差判断.
【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，则，故A正确；
因为，所以，所以为递增数列，但不一定成立，如，故B不正确；
因为，当且仅当时取等号，故C正确；
因为解得，则，得，故D正确.
故选：ACD
12．在三棱锥中，，，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球半径为
D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】将三棱锥补形为长方体，利用异面直线的夹角的定义判断A，D，再确定三棱锥的外接球的球心及半径，判断C，利用体积公式求三棱锥的体积判断B.
【详解】将三棱锥补形为长方体如下：其中，，
所以，，
连接，
因为，，，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又四边形为正方形，所以，
所以，A对；
长方体的体积，
三棱锥的体积，三棱锥的体积，三棱锥的体积，
三棱锥的体积，
所以三棱锥的体积，B对，
为长方体的外接球的直径，，
所以长方体的外接球的半径为，长方体的外接球也是三棱锥外接球，
所以三棱锥外接球的半径为；C错；
连接，交于，
因为，所以为异面直线与所成的角（或其补角），
由已知，，,
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，D对，
故选：ABD.
三、填空题
13．如图，在正四棱台中，，且四棱锥的体积为48，则该四棱台的体积为 .
【答案】399
【分析】方法一：设点到平面的距离为，根据的体积可得，再代入棱台的体积公式求解即可；
方法二：延长交于一点，设为，根据台体体积为锥体体积之差求解即可.
【详解】方法一：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，
得四棱锥的体积为，得.
所以棱台体积为.
方法二：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，
得四棱锥的体积为，得.
由棱台定义知，延长交于一点，设为，设棱锥的高为，
则棱锥的高为，由三角形相似可得，得，
于是棱台体积3）.
故答案为：399
14．已知空间中三点，则点A到直线的距离为 ．
【答案】
【分析】利用向量的模公式及向量的夹角公式，结合同角三角函数的平方关系及锐角三角函数的定义即可求解.
【详解】，
,
，
，
设点A到直线的距离为，则
.
故答案为：.
15．在中，，，是上的点，平分，若，则的面积为 .
【答案】
【分析】由正弦定理可得、，即有，而，可得，结合余弦定理求，再应用三角形面积公式求的面积即可.
【详解】
∴由正弦定理，，，即，，而，
∴，
∵，即，，
∴，即，
又由余弦定理知：，
∴，即，令，
∴，即（舍去），
∴.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理，列方程求，根据三角形面积公式求面积.
四、双空题
16．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为 ，点N轨迹的长度为 ．
【答案】
【分析】正四面体的表面积，减去截去的小正四面体的侧面积加上小正四面体的底面面积，可得多面体的表面积，利用动点的特征，判断轨迹形状，求出轨迹的长度.
【详解】根据题意该正四面体的棱长为，点分别是正四面体棱的三等分点．
该正四面体的表面积为，
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，
每个角上小正四面体的侧面面积为，
每个角上小正四面体的底面面积为，
所以该多面体的表面积为：．
如图设点为该多面体的一个顶点，为所在棱的顶点，则，
在中，，
则，所以， 得，即；
同理，，
由，平面，所以平面．
由点是该多面体表面上的动点，且总满足，
则点的轨迹是线段，
所以点轨迹的长度为：．
故答案为：；
五、解答题
17．在△中，内角，，的对边分别是，，，且．
（1）求角的大小；
（2）点满足，且线段，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【详解】试题分析：
（1）根据条件及正弦定理可得，利用余弦定理的推论求得，故；（2）由得，在中,由余弦定理可得到，变形得，运用基本不等式可得，由此可求得，又，从而可得所求范围为．
试题解析：
（1）由及正弦定得，
∴，
整理得，
∴ ，
又
∴
（2）∵ ,
∴ ，
在中,由余弦定理知
，
即，
∴ ，
∵ ，当且仅当，即，时等号成立，
∴ ，
解得，
∴
，
∴ ,
故的范围是．
点睛：
（1）在解三角形中，运用正弦、余弦定理可进行边角之间的互化，可达到解三角形的目的；
（2）除两个定理之外，还应注意三角形的性质在解三角形中的应用，如“三角形的两边之和大于第三边”，“等边（角）对等角（边）”，“三角形的外角等于和它不相邻的两个内角的和”等性质的应用．
18．设是等比数列的前项和，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，求.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据得到的值，进而写出的通项公式.
（2）由（1）得，再利用错位相减法求即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，显然，
由，
相除可得，解得，所以，
所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，即；
（2）由（1）得：，
所以①，
②，
②①得：，
所以.
19．已知函数．
(1)求函数在点处的切线方程；
(2)如果过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出切点坐标，求导求出切线斜率，利用点斜式方程即可得；
（2）设切点写出切线方程，将过点可作曲线的三条切线转化为方程有三个解，求导得极大值与极小值异号即可.
【详解】（1）（1），所以切点为，
所以切线方程为，即
（2）（2）设切点为，切线方程可写为，
又切线过，所以有，
整理得，
由题意可知关于的方程要有三个不同的实数解，
记，
今，可得或，
结合图象可知极大值与极小值异号即时，方程有三个解，
解得．
20．如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面平面.
(1)证明：；
(2)若为正三角形，求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，可得，利用平面平面，可得平面，则；
（2）方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的法向量和平面的法向量，进而利用数量积求解即可.
方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，证明，又，则为二面角的平面角，解三角形即可.
【详解】（1）证明：由题意，设，又，
得，又，
所以，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）解：方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由为正三角形，，得，
则，
则，
设为平面的法向量，则有，
即，可取，
设为平面的法向量，
同理
所以，
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的正弦值为.
方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，
由（1）知，又为正三角形，
所以，所以，
所以，又，
所以为二面角的平面角，
因为平面，平面，所以，
所以，
在中，，
所以，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
即二面角的正弦值为.
21．已知数列中，，满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)设为数列的前项和，若不等式对任意正整数恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设，结合已知条件，由待定系数法求出，进而可得是等比数列，求出的通项公式进而可得的通项公式；
（2）利用分组求和求出，分离可得对于任意正整数恒成立，令，利用的单调性求出的最大值，即可求解.
【详解】（1）设，即，
因为，所以，可得，
所以，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
所以，所以.
（2）
，
若对于恒成立，即，
可得即对于任意正整数恒成立，
所以，令，则，
所以，
可得，所以，
所以的取值范围为.
22．已知椭圆的离心率是，上、下顶点分别为，.圆与轴正半轴的交点为，且.
(1)求的方程；
(2)直线与圆相切且与相交于，两点，证明：以为直径的圆恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）写出向量的坐标，带入求解即可；
（2）设直线后，和圆相切可得，和椭圆方程联立后，观察可得，从而判段出以为直径的圆恒过定点.
【详解】（1）由已知得，，.
则，，，所以.
因为，又，所以，.
故的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，设的方程为，即.
因为直线与圆相切，所以，即.
设，，则，.
由化简，得，
由韦达定理，得
所以，
所以，
故，即以为直径的圆过原点.
当直线的斜率不存在时，的方程为或.
这时，或，.
显然，以为直径的圆也过原点.综上，以为直径的圆恒过原点.