2024届上海市嘉定区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届上海市嘉定区第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．若复数的实部与虚部之和为0，则b的值为 ．
【答案】2
【分析】利用复数的意义结合给定条件，列式计算作答.
【详解】复数的实部与虚部分别为，因此，解得，
所以b的值为2.
故答案为：2
2．已知全集为R，，，若满足，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用集合的包含关系即可求解.
【详解】由题知，，所以或
因为，所以
故答案为：.
【点睛】本题考查了集合的包含关系求参数的取值范围，属于基础题.
3．已知等差数列满足，则 .
【答案】
【分析】利用等差数列的基本量运算可得首项和公差，进而即得.
【详解】设等差数列的公差为，由题意知：，
解得： ，
所以，
故答案为：.
4．已知幂函数在单调递减，则实数 .
【答案】
【分析】根据幂函数的定义与性质列式求解即可.
【详解】由题意可得：，解得.
故答案为：.
5．在平面直角坐标系中，若直线过椭圆（为参数）的右顶点，则常数的值为 .
【答案】3
【分析】先把椭圆的参数方程化为普通方程，再用待定系数法求解.
【详解】椭圆的普通方程为，其右顶点的坐标为，
代入直线方程得，所以.
【点睛】本题考查椭圆的参数方程与普通方程.
6．若将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应函数为奇函数，则 ．
【答案】
【分析】根据函数的平移可得函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的函数解析式，进而结合正弦函数的奇偶性求解即可.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的函数为，
要使该函数为奇函数，则，，
即，，
又，则．
故答案为：.
7．曲线在点处的切线方程为 .
【答案】
【分析】根据导数的几何意义，求切点坐标与斜率，即可得切线方程.
【详解】，则，则
又因为当时，，所以所求的直线方程为，即.
故答案为：.
8．如图是甲､乙两在5次技能测评中的成绩茎叶图，其中乙的一个成绩数据被污损.假设被污损数据取到任何可能值的概率相等，则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率是 .

【答案】/
【分析】识别茎叶图，利用平均数和古典概型求概率公式求解即可.
【详解】设被污损的数字为，则，且，
甲的平均成绩为，
乙的平均成绩为，
因为，解得，
故的可能值有个，
则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为.
故答案为：
9．设,n是大于1的自然数,的展开式为.若,,则 .
【答案】
【分析】根据展开式，分别写出一次和二次式的系数列方程组求解即可.
【详解】由题：,n是大于1的自然数,的展开式为.
由二项式定理：，
即，解得.
故答案为：3
【点睛】此题考查二项式定理，根据项的系数列方程组求解参数的值是解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题.
10．如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有 种．
【答案】180
【详解】按区域分四步：第一步A区域有5种颜色可选；
第二步B区域有4种颜色可选；
第三步C区域有3种颜色可选；
第四步由于D区域可以重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选．
由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180(种)涂色方法．
11．已知函数，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】令，分析函数的定义域、奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】设，则函数定义域为，
因为，
故函数为奇函数，
因为函数、、、均为上的增函数，
故函数为上的增函数，
因为，
由可得，
可得，
所以，，即，解得.
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
12．已知向量，，其中，现有以下命题：
①向量与z轴正方向的夹角恒为定值(即与c，d无关)；
②的最大值为；
③ (的夹角)的最大值为；
④若定义，则的最大值为．
其中正确的命题有 ．(写出所有正确命题的序号)
【答案】①③④
【分析】①取z轴的正方向单位向量，求出与的夹角即可判断命题；
②计算,利用不等式求出最大值即可判断命题；
③利用数量积求出夹角的最大值，即可判断命题；
④根据定义求出的最大值即可判断命题．
【详解】①取z轴的正方向单位向量，
则，∴向量与z轴正方向的夹角恒为定值，命题正确；
②，
当且仅当a=c，b=d时取等号，因此的最大值为1，命题错误；
③由②可得，∴，
∴，
∴的最大值为，命题正确；
④由③可知：，
∴，，∴，命题正确．
综上可知，正确的命题序号是①③④．
故答案为：①③④.
二、单选题
13．“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【分析】化简分式不等式，即可根据充分不必要条件的定义判断.
【详解】由可得，解得或，
“”可以推出“或”，“或”不能推出“”，例如，
故“”是“”的充分非必要条件，
故选：A
14．已知点是抛物线的焦点，点，且点为抛物线上任意一点，则的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为点是抛物线的焦点，所以，解得，所以抛物线的方程为：．
由抛物线的定义知：点到点的距离等于点到准线的距离，
结合点与抛物线的位置关系可知，的最小值是点到准线的距离，故的最小值为7．
故选：C.

15．杭州亚运会于月日至月日举办，组委会将甲、乙、丙、丁名志愿者随机派往黄龙体育中心、杭州奥体中心、浙江大学紫金港校区三座体育馆工作，每座体育馆至少派名志愿者，表示事件“志愿者甲派往黄龙体育中心”；表示事件“志愿者乙派往黄龙体育中心”；表示事件“志愿者乙派往杭州奥体中心”，则（ ）
A．事件与相互独立B．事件与为互斥事件
C．D．
【答案】D
【分析】利用排列组合的知识可分别求得名志愿者分配到三座体育馆的方案数以及事件对应的方案数，根据古典概型概率公式可求得每个事件对应的概率，结合独立事件、互斥事件的定义、条件概率的运算方法依次判断各个选项即可.
【详解】将名志愿者分配到三座体育馆，每座体育馆至少派名志愿者，共有种安排方案；
志愿者甲派往黄龙体育中心、志愿者乙派往黄龙体育中心、志愿者乙派往杭州奥体中心，各有种方案，；
志愿者甲、乙均派往黄龙体育中心，有种方案，；
志愿者甲派往黄龙体育中心且乙派往杭州奥体中心，有种方案，；
对于A，，事件与不相互独立，A错误；
对于B，，事件与不是互斥事件，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：D.
16．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围.
【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为
所以，.
设，则.
所以.
令，则，
因为，所以.
故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.
故选：C
三、解答题
17．如图，在四棱锥中，面，，，点分别为的中点，，.
(1)证明：直线平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）依题意可得，即可得到，从而得证；
（2）连接，即可求出、，从而得到，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，则二面角得平面角为，再由锐角三角函数计算可得.
【详解】（1）证明：点分别为的中点，
，
，，
平面，平面，
平面.
（2）解：，，
连接，由得，
，，
所以，
，
底面，底面，，
是平面内两相交直线，
平面，
平面，
二面角得平面角为，
，，，
所以二面角的余弦值为，
即二面角的余弦值为.
18．已知数列，是其前项的和，且满足
（1）求证：数列为等比数列；
（2）记，求的表达式．
【答案】（1）见解析； （2）.
【分析】（1）时，由,得，然后利用，可得到，进而得到从而可以证明数列为等比数列；（2）由（1）可以得到的通项公式，代入可得到的表达式，进而利用分组求和即可求出的表达式．
【详解】（1）时，，所以，
当时，由,得，
则，
即，
所以又，
故就是首项为，公比为3的等比数列，
则即.
（2）将代入得,
所以
=.
【点睛】分组求和与并项求和法：
把数列的每一项拆分成两项或者多项，或者把数列的项重新组合，或者把整个数列分成两部分等等，使其转化成等差数列或者等比数列等可求和的数列分别进行求和，例如对通项公式为的数列求和．
19．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，.
(1)求；
(2)设，为内一点，且，.证明：为等腰三角形.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据正弦定理结合三角形角度范围求解即可；
（2）方法1：设，再根据正弦定理可得，从而可得，再根据三角恒等变换可得，再根据正余弦定理证明.
方法2：先根据余弦定理可得，从而再证明即可.
【详解】（1）由已知条件及，，
结合正弦定理得，
由得，所以.
由得，
所以，从而，故.
（2）方法1：由（1）及，得为等腰直角三角形.
在中，设，由正弦定理得
，
所以，从而，
，
，.
在中，由余弦定理得
，
所以，故为等腰三角形.
方法2：在中，设，因为，，，
由余弦定理得，解得，
进而解得，
.
在中，由余弦定理得
，
所以，故为等腰三角形.
20．如图，曲线由两个椭圆：和椭圆：组成，当、、成等比数列时，称曲线为“猫眼曲线”.若猫眼曲线过点，且、、的公比为.

(1)求猫眼曲线的方程；
(2)任作斜率为且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆所得弦的中点为，交椭圆所得弦的中点为，直线、直线的斜率分别为、，试问：是否为与无关的定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由；
(3)若斜率为的直线为椭圆的切线，且交椭圆于点，，为椭圆上的任意一点（点与点，不重合），求面积的最大值.
【答案】(1)曲线的方程为：，：
(2)是与无关的定值，
(3)
【分析】（1）根据椭圆的性质可判断，即可根据等比关系求解，
（2）利用点差法以及中点坐标公式即可求解，
（3）根据相切，由判别式为0可得切线方程，利用三角换元，结合点到直线的距离公式求解最值，即可求解面积的最值，或者利用两平行线间距离，求解距离最大值即可.
【详解】（1）由于在轴上，所以，
又，∴，
∴曲线的方程为：，：
（2）设斜率为的直线交椭圆于点，
线段中点为，则，
由，可得，
因为存在且，∴，，∴，
即
同理，∴；
故是与无关的定值；

（3）设直线的方程为
联立，得.
∵，∴，则，
根据椭圆的对称性，不妨取：，与椭圆联立，得
，得，
设，，则，
，
于是需求椭圆上一点到直线：距离的最大值.
方法1：设，可得点到直线：的距离
，其中，
∴，面积的最大值为
方法2：数形结合，求与平行，且与椭圆相切的距离最远的直线.
设与平行的直线与椭圆：相切，联立方程得：
，由，解得，
若距离最大，则对应的平行线方程取，两平行线间距离为
从而面积的最大值为

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
21．给出函数，
(1)若，求不等式的解集；
(2)若，且，求的取值范围；
(3)若，非零实数，满足，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，把不等式化简为，结合对数的运算性质，即可求解；
（2）根据函数奇偶性的定义，得到是偶函数，再结合函数的单调性，结合指数函数的性质，把不等式转化为，即可求解；
（3）根据题意，得到，设，得到，转化为证明，设，求得，得出函数的单调性，结合，即可求解.
【详解】（1）解：若，则不等式为，
即，所以，解得或，
所以不等式的解集为.
（2）解：设，可得其定义域是，
则，所以是偶函数，
设，则，，
故，所以，
因为，所以，即，
故在上是严格减函数，
又因为，所以是偶函数，且在上是严格减函数，
所以，不等式等价于，
由单调性可得，解得的取值范围是.
（3）解：若，则，
由得，
所以，所以.
设，则，，解得，，则.
要证，即证.因为，所以只需证，
即证：.
设，则，
所以在上是严格增函数，故，于是.