2024届河南省焦作市博爱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届河南省焦作市博爱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，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下面四个命题正确的是（ ）
A．10以内的质数集合是{1，3，5，7}
B．0与{0}表示同一个集合.
C．方程x2－4x＋4＝0的解集是{2，2}
D．由1，2，3组成的集合可表示为{1，2，3}或{3，2，1}
【答案】D
【分析】根据集合的概念和集合元素的特性逐一判断即可.
【详解】以内的质数有、、、，故A选项错误；
是集合内的一个元素，故B选项错误；
由集合元素互异性可知错误，故C选项错误；
由集合元素的无序性可知D选项正确.
故选：D.
【点睛】本题考查了集合的概念和集合元素的特性，属于基础题.
2．已知函数，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根据函数的单调性求出的最值，由即可得结果.
【详解】由“对勾函数”的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
，，
所以，
故选：A.
3．已知向量，，且，则x的值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】根据空间向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】，，，解得.
故选：C.
4．已知m，n为异面直线，平面，平面.若直线l满足，，，，则（ ）
A．，B．与相交，且交线平行于l
C．，D．与相交，且交线垂直于l
【答案】B
【分析】假设得到矛盾，确定与相交，设，与确定的平面为，根据，得到答案.
【详解】若，则由平面，平面，可得，这与m，n是异面直线矛盾，
故与相交.
设，过空间内一点P，作，，与相交，
设与确定的平面为.
因为，所以，，故，
因为，，所以，，所以，，所以，
又因为，，所以l与a不重合，所.以.
故选：B.
5．在直三棱柱中，，，，M是的中点，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，若，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，根据，求得，再利用向量法求解即可.
【详解】解：设，
则，
，
因为，
所以，解得，
故，，
则，
所以异面直线与夹角的余弦值为.
故选：A.
6．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出切点坐标，切点处的导数值，然后写出点斜式即可得到切线方程.
【详解】，切点为，
，
所以切线方程为，即
故选：B
7．已知复数（，是虚数单位），若，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由复数的模求出，利用两个复数代数形式的乘除法化简，根据虚部的定义即可求解．
【详解】∵复数（，是虚数单位），
若，∴，解得.
∴，
故的虚部是.
故选：B.
8．如图，已知图形，内部连有线段．图中矩形总计有（ ）个．
A．75B．111C．102D．120
【答案】C
【分析】由题意转化为条件为从竖线中选出两条，横线中选出两条组成图形，按照矩形的边不在上和在上两种情况讨论，利用分步乘法和组合的知识求解即可.
【详解】由题意，要组成矩形应从竖线中选两条、横线中选两条，可分两种情况：
当矩形的边不在上时，共有个，
当矩形的边在上时，共有个，
所以图中矩形总计有个.
故选：C.
9．已知实数，满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】根据不等式的基本性质同向可加性可判断A、B，把，分别转化，再利用不等式的性质可判断C、D.
【详解】因为，，，所以，故A错误；
因为，所以，解得，故B错误；
因为，
又，所以，故C正确；
因为，
又，，所以，故D错误.
故选：C.
二、多选题
10．若函数，设，，，则，，的大小关系不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】利用对数函数的单调性，对a，b进行估值，再对c估值，即可判断a，b，c大小进行判断，结合二次函数的单调性即可判断.
【详解】因为，，
所以，又，所以，
因为函数在上单调递增，所以，即A，B，C不正确，D正确.
故选：ABC.
11．设是复数，则下列命题中是真命题的是（ ）
A．若，则是实数B．若，则是虚数
C．若是虚数，则D．若是纯虚数，则
【答案】ABD
【分析】设（），对于A，对与讨论可判断A；对于B，若，可推出，从而可判断B；对于C，设即可判断C；对于D，设（），从而可判断D.
【详解】解：设（），则.
对于A，若，则.
若,则由可得,此时，为实数；
若,则，为实数.
故若，则是实数，故A正确；
对于B，若，则，则，故是虚数，故B正确；
对于C，若是虚数，设，则，故C错误；
对于D，若是纯虚数，则（），则，故D正确.
故选:ABD.
12．(多选)在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD­A1B1C1D1是棱长为1的正方体，给出下列结论中，正确的是（ ）
A．平面ABB1A1的一个法向量为(0，1，0)
B．平面B1CD的一个法向量为(1，1，1)
C．平面B1CD1的一个法向量为(1，1，1)
D．平面ABC1D1的一个法向量为(0，1，1)
【答案】AC
【分析】根据法向量的定义及向量的坐标表示、运算逐项分析即可判断.
【详解】∵＝(0，1，0)，AB⊥AD，AA1⊥AD，又AB∩AA1＝A，∴AD⊥平面ABB1A1，∴A正确；∵＝(－1，0，0)，而(1，1，1)·＝－1≠0，∴(1，1，1)不是平面B1CD的法向量，
∴B不正确；
C中, AC1⊥，AC1⊥，，AC1⊥面B1CD1且＝(1，1，1)，∴C正确，
D中，因＝(1，0，0)，∴·(0，1，1)＝0，又＝(0，1，1)，且(0，1，1)·(0，1，1)≠0，∴D不正确．
故选：AC
三、填空题
13．已知函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），所得函数图象的一条对称轴方程是，则的值为 ．
【答案】0
【分析】根据函数的最小正周期求出，求出图象平移、伸缩变化后的解析式，再由对称轴方程可得答案.
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，，
将函数的图象向左平移个单位长度，
可得，
再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），可得，
因为所得函数图象的一条对称轴方程是，
所以，可得，
因为，所以.
故答案为：0.
14．设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于 象限.
【答案】第二
【分析】根据复数的乘除法运算可得，结合复数的几何意义即可求解.
【详解】由题意知，
，
所以在复平面内所对应的点为，位于第二象限.
故答案为：第二.
15．记为等差数列的前项和，若，则 .
【答案】100
【分析】根据题意可求出首项和公差，进而求得结果.
【详解】得
【点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记牢等差数列的求和公式是解题的关键．
16．如图，正三棱柱的底面边长为2，与平面所成角的大小为，则线段在平面内的射影长为 .
【答案】3
【分析】取的中点为，连接，，证明平面，所以为与平面所成的角，在直角三角形中求解即可.
【详解】
在正三棱柱中，设的中点为，连接，，
平面，平面，
所以，，，
平面，平面，
则平面，所以为线段在平面内的射影，
为与平面所成的角，
所以，所以在中，.
故答案为：3
四、解答题
17．设的内角所对边的长分别是，且，，．
(1)求a的值；
(2)求的值．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）由二倍角公式可得，由正弦定理与余弦定理即可求解；
（2）利用余弦定理求得，进而求得，利用两角差的余弦公式即可求解.
【详解】（1）由可得，
结合正弦定理与余弦定理可得：，
即，即，解得.
（2）由余弦定理可得：，
又，所以，
故
.
18．已知等差数列的前项和为，且满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）结合等差数列下标性质可得，再由前项和公式，即可求解；
（2）由（1），再结合错位相减法即可求解；
【详解】（1）设数列的公差为，∵，∴，，∴，
∴，∴.
（2）由（1）可知，
∴数列的前项和为，
，
两式作差，得，
∴.
【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，错位相减法求解数列的前项和，属于中档题
19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．

(1)求证：平面；
(2)求侧面与底面所成二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证法一：由面面垂直可得平面，则，再由等边三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可证得结论；证法二：由面面垂直可得平面，再由面面垂直的判定可得平面平面，再由等边三角形的性质可得，然后由面面垂直的性质可证得结论；
（2）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可.
【详解】（1）证法一：
在正方形中，
又侧面底面，侧面底面，底面，
所以平面，因为平面，所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，平面，所以平面，
证法二：
在正方形中，
又侧面底面，侧面交底面于，所以平面，
又平面，故平面平面，
是正三角形，是的中点，所以
又平面交平面于，平面，故平面．
（2）取，的中点分别为，，连接，，，
则，，因为，所以，
又在正中，，
因为，平面，平面，
正方形中，，平面，
所以是侧面与底面所成二面角的平面角，
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以，
设正方形的边长，则，，
所以，所以，
即侧面与底面所成二面角的余弦值为.

20．著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．现已知的三个顶点坐标分别为，，，圆的圆心在的欧拉线上，且满足，直线被圆截得的弦长为．
(1)求的欧拉线的方程；
(2)求圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由重心坐标公式可求得重心，由垂直关系可分别求得边上的高线所在直线，联立可得垂心，由此可得所在直线方程，即为所求欧拉线方程；
（2）设，由向量数量积坐标运算可构造方程求得的值，由此确定圆心坐标，利用点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，根据垂径定理可构造方程求得，由此可得圆的标准方程.
【详解】（1）由坐标可得：重心，即；
，，
边的高线所在直线为；边的高线所在直线为，即；
由得：，即的垂心；
，则欧拉线方程为：，即.
（2）设，圆的半径为，，，
，解得：或；
当时，，圆心到直线的距离，
，解得：，
圆的方程为：；
当时，，圆心到直线的距离，
，解得：，
圆的方程为：；
综上所述：圆的标准方程为：或.
21．规定，其中，，且，这是组合数（，且）的一种推广.
（1）求的值.
（2）组合数具有两个性质：①；②.这两个性质是否都能推广到（，）？若能，请写出推广的形式并给出证明；若不能，请说明理由.
【答案】（1）；（2），证明见解析.
【分析】（1）由题意代入计算可得答案.
（2）性质①不能推广，如当时，有意义，但无意义.
性质②能推广，当时，有；时，运用已知的关系式代入可得证.
【详解】解：（1）由题意得.
（2）性质①不能推广，如当时，有意义，但无意义.
性质②能推广，它的推广形式是.
证明如下：
当时，有；
当时，有
.
综上，性质②的推广得证.
22．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，求的取值范围，并证明.
【答案】(1)见解析；(2)见证明
【分析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x），x＞0，利用分类讨论思想，结合导数性质能讨论函数f（x）的单调性．
（2）先求k的取值范围是，再证明f（﹣2k）＝ln（﹣2k）0．然后证明x1+x2≥2，即证（1）（1+t）2＜﹣8lnt，即证8lnt+（）（1+t）2＜0，（t＞0）．设h（t）＝8lnt+（）（1+t）2，t＞1．则h（t）＝8lnt﹣t2﹣2t，t＞1．由此能证明x1+x2＞2．
【详解】（1）解：因为，函数的定义域为，
所以．
当时，，
所以函数在上单调递增．
当时，由，得（负根舍去），
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减；在上单调递增．
综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增
（2）先求的取值范围：
方法1:由（1）知，当时，在上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件．
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
要使函数有两个零点，首先，解得．
因为，且，
下面证明．
设，则．
因为，所以．
所以在上单调递增，
所以 ．
所以的取值范围是．
方法2:由，得到．
设，则．
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以由 ．
因为时，，且，
要使函数有两个零点，必有．
所以的取值范围是．
再证明：
方法1:因为，是函数的两个零点，不妨设，令，则．
所以即．
所以，即，，．
要证，即证．
即证，即证．
因为，所以即证，
或证 ．
设，．
即，．
所以．
所以在上单调递减，
所以．
所以．
方法2:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．
所以即．
所以，即，，．
要证，需证．
即证，即证．
因为，所以即证 ．
设，
则，．
所以在上单调递减，
所以 ．
所以．
方法3:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．
所以即．
要证，需证．
只需证．
即证，即证．
即证．
因为，所以，即．
所以．
而，
所以成立．
所以．
方法4:因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则．
由已知得即．
先证明，即证明 ．
设，则．
所以在上单调递增，所以，所证不等式成立．
所以有 ．
即．
因为（），
所以，即．
所以．
方法5:要证，其中 ， ，
即证．
利用函数的单调性，只需证明．
因为，所以只要证明，其中 ．
构造函数，，
则．
因为
（利用均值不等式）
，
所以在上单调递减．
所以．
所以在上恒成立．
所以要证的不等式成立．
【点睛】本题考查函数单调性的讨论，考查不等式的性质，考查导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是难题．