2024届山西省大同市第一中学校高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届山西省大同市第一中学校高三上学期10月月考数学试题含解析，共17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．若集合，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义直接求解作答.
【详解】不等式化为：，解得：，则，
不等式，即，整理得：，解得，则，
所以.
故选：D
2．已知复数z满足（为虚数单位），则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】A
【分析】根据题意求出复数，再求，即可确定点的位置.
【详解】，
。
，即
在复平面内对应的点的坐标为，故点位于第一象限.
故选：A.
3．已知为等差数列，首项，公差，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】首先求出通项公式，再代入得到方程，解得即可；
【详解】解：因为首项，公差，所以，
因为，所以，解得
故选：D
4．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由及解出与即可求解.
【详解】因为，且，，
所以，，
所以.
故选：A.
5．已知平面，直线满足，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由线面平行、线面垂直和面面垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，，或，A错误；
对于B，，，与可能平行、相交或，B错误；
对于C，，，与可能平行或异面，C错误；
对于D，，，又，，D正确.
故选：D.
6．已知函数 ，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据分段函数的解析式，分段求解，即可求得答案.
【详解】∵，,
∴当时， ，解得；
当时，，解得,即（舍去），
∴,
故选:C
7．已知数列的通项公式为，若是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据是递增数列，根据解析式，可得a的范围，又，代入求解，即可得答案.
【详解】因为是递增数列，由时，可得，，
所以当，，即，解得，
又，
所以，解得或（舍）
综上：，即实数a的取值范围是.
故选： C
8．三棱锥中，互相垂直，，是线段上一动点，若直线与平面所成角的正切的最大值是，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】是线段上一动点，连接，∵互相垂直，∴就是直线与平面所成角，当最短时，即时直线与平面所成角的正切的最大．
此时，，在直角△中，．
三棱锥扩充为长方体，则长方体的对角线长为，
∴三棱锥的外接球的半径为，
∴三棱锥的外接球的表面积为．
选B.
点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．
二、多选题
9．已知正方体中，为的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ）
A．三点共线B．四点共面
C．四点共面D．四点共面
【答案】ABC
【分析】根据基本事实和推论判断.
【详解】
连接，，，因为为的中点，所以，平面平面，
因为平面，平面，所以点是平面和平面的交点，
所以，，，三点共线，故A正确；
因为，，三点共线，所以，，，四点共面，，，，四点共面，故BC正确；
取中点，连接交于点，由题意得，，
所以，即为的三等分点，因为，，不共线，平面，平面，为的中点，
所以点平面，，，，四点不共面，故D错.
故选：ABC.
10．在平面直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，轴的非负半轴为始边，若终点经过点，且（），定义：，称“”为“正余弦函数”，对于“正余弦函数”，有同学得到以下性质，其中正确的是（ ）
A．的值域为
B．的图象关于对称
C．的图象关于直线对称
D．为周期函数，且最小正周期为
【答案】AD
【分析】利用三角函数的定义得到，，从而得到，再根据三角函数的图象和性质逐项判断即可．
【详解】由三角函数的定义可知，，
所以，
对于A，由，则，故A正确；
对于B，由于，则，
所以的图象关于对称是错误的，故B错误；
对于C，当时，，
所以的图象关于对称是错误的，故C错误；
对于D，由于，则为周期函数，且最小正周期为，故D正确．
故选：AD．
11．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为
C．四棱锥体积最大值为
D．四面体为“鳖臑”
【答案】ABD
【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，D的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意找到四面体的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断B.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵中，，侧棱平面，
对A选项，∴，又，且，则平面，
∴四棱锥为“阳马”，对；
对C选项，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
，故C错误；
对D选项，由，即，又且，平面，
∴平面，平面,
∴，则为直角三角形，
又由平面，平面，，则为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．
∴四面体为“鳖臑”，故D正确；
对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，
而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，
则外接球半径，
则球的表面积为，故B正确.
故选：ABD．
12．已知等差数列的首项为，公差为d，前n项和为，若，则下列说法正确的是（ ）．
A．
B．
C．
D．数列的所有项中最小项为
【答案】AD
【分析】由题意可得，，从而，，可判断选项A，B ;又根据，则可判断选项C；由数列的单调性和的符号结合的单调性和符号可判断选项D .
【详解】由，则，，则
由，则，
在等差数列中，，，则，，
因此数列为递减数列，故A选项正确，B选项错误；
又因为，，
由上可得
根据，则，即，故C选项错误；
因为，
，
所以数列中，当时，；当时，；当时，
由；
故为最小值，故D选项正确．
故选：AD．
三、填空题
13．已知向量，，且，则实数 ．
【答案】
【分析】首先求出、的坐标，再根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，所以，
，
因为，所以，解得.
故答案为：
四、双空题
14．已知数列满足，记，则 ； ．
【答案】 /
【分析】根据题设中的递推关系可得，进而根据等差数列通项公式求解即可.
【详解】解：由题设可得，
又，，，
所以，，
所以，，即，
所以为等差数列，公差为，首项为
所以，．
故答案为：；
五、填空题
15．已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，且满足为底面的中心，过作截面，则所得截面的面积为 .
【答案】
【分析】由题设条件易得，过所得截面为梯形，根据棱长为3，求出该梯形面积即可.
【详解】如图，连接,
在正方体中，易知，
,即.
四点共面，
又在上，
过作正方体截面为梯形，
正方体的棱长为3，
,
,
梯形的高为：，
梯形的面积为：.
故答案为：.
16．已知函数.数列满足（），则数列的前项和是 .
【答案】
【解析】根据三角函数知识，利用为奇数时，，为奇数时时，，为偶数时，，可求出，再相加即可得到答案.
【详解】因为，所以，
，
，
所以，，，，，，
所以
.
故答案为：
【点睛】本题考查了特殊角的余弦函数值和诱导公式，考查了数列的前项和，考查了分组求和，属于基础题.
六、解答题
17．如图，在正三棱柱中，已知，是的中点．

(1)求直线与所成角的正切值；
(2)求点到平面的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过平行线转化，从而找到直线与直线所成的角，然后通过解三角形知识即可求解；
（2）解法一：先利用平面与平面垂直的判定定理证明平面平面，在平面内作，垂足为，再证明点到平面的距离即为的长，然后利用等面积法即可求解；解法二：利用等体积法即可求解．
【详解】（1）由正三棱柱的结构特征可知，，平面，为等边三角形，
所以直线与所成角即为直线与所成角，即，
由平面，且平面，所以，
又是的中点，所以，
所以在Rt中，，
即直线与所成角的正切值为．
（2）解法一：因为是的中点，且为等边三角形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，且，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
在平面内作，垂足为，
因为平面平面，且平面平面，平面，，
则平面，所以点到平面的距离即为的长，
结合（1）有，且，，
所以，
所以，即，
故点到平面的距离为．

解法二：设点到平面的距离为，
由解法一中可知，，
又知平面，且平面，则，
则，
，
又，所以，
故点到平面的距离为．
18．已知等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出和公差，即可得到数列的通项公式；
（2）表达出数列的通项公式，得到数列的前n项和的表达式，利用错位相减法即可得出数列的前n项和.
【详解】（1）由题意，
在等差数列中，设公差为,
由，得，则，
又a3＋2，a4，a5－2成等比数列，
∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得，即，得d＝2，
∴，，
∴数列的通项公式为：．
（2）由题意及（1）得，，
在数列中，，
在数列中，，
∴，
∴，
，
两式相减得
．
∴
19．记的内角的对边分别为.已知.
(1)求的值；
(2)若，且边上的中线相交于点，求的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形内角和定理和两角和与差的正弦公式即可求解；
（2）利用向量基本定理和平面向量的数量积即可求解.
【详解】（1）因为，
所以.故.
所以.因为，
所以.因为，所以.
（2）设，依题意可得.
所以.
因为，
所以.
20．一个透明的球形装饰品内放置了两个具有公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球的表面积的，设球的半径为R，圆锥底面半径为r.
（1）试确定R与r的关系，并求出大圆锥与小圆锥的侧面积的比值.
（2）求出两个圆锥的总体积(即体积之和)与球的体积之比.
【答案】（1），大圆锥与小圆锥的侧面积的比值为；（2）.
【解析】（1）求出球的表面积和圆锥底面积，即可得出，根据几何特征表示出圆锥的高和母线长，即可求出侧面积之比；
（2）根据体积公式计算出，即可得出比值.
【详解】解：（1）球的表面积为，
圆锥的底面积为，解得，
由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形；
由此可以求得球心到圆锥底面的距离是：，
所以小圆锥的高为：，母线长为：；
同理可得大圆锥的高为：，母线长为：；
又由这两个圆锥的底面半径相同，
∴较大圆锥与较小圆锥的侧面积之比等于它们母线长之比，即.
（2）由（1）可得两个圆锥的体积和为：，
球的体积为：，
故两个圆锥的体积之和与球的体积之比为：.
21．在数列中，，．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)令，数列的前n项和为，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将数列的递推公式变形，再结合等比数列的定义，即可证明；
（2）由（1）得到数列的通项公式，再利用变形，放缩法，结合裂项相消法求和，即可证明.
【详解】（1）由，得，由，得，
则，所以，得，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列
（2）由（1）得，则，所以，
所以．
所以
22．已知函数，，.
(1)若函数的图象在处的切线方程为，求，的值；
(2)若，，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）第一步：求导；第二步：根据导数的几何意义列方程组；第三步：解方程组，得结果；
（2）第一步：对不等式进行等价转化；第二步：构造函数并求其导函数；第三步：分类讨论，确定函数的单调性；第四步：整合结论，得结果.
【详解】（1）因为，
所以，
因为函数的图象在处的切线方程为，
所以，所以，解得.
（2）因为，所以，
，恒成立，即，恒成立.
设，则，
令，则，
①当时，对任意的恒成立，所以在区间上单调递增，
因为，
所以当时，，即对任意的恒成立，
所以在区间上单调递增，
又，所以当时，，即对任意的恒成立.
②当时，令，得，当时，，
所以在区间上单调递减，因为，
所以当时，，即，则在区间上单调递减，
又，所以当时，，不符合题意.
综上，实数的取值范围是.