重庆市第一中学2024届高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2024届高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题 (本大题共8小题，每小题5分，共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. 已知集合，则下列集合是集合M 的子集的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化简集合，再利用集合的包含关系求解.
【详解】对于A，，不是M的子集，故A错误；
对于B，，不是M的子集，故B错误；
对C，，{0}M，故正确；
对D，，不是M的子集，故错误，
故选：C．
2. 已知命题p:，使得，则为（ ）
A. ，使得B. ，总有
C. ，总有D. ，使得
【答案】B
【解析】
【分析】由特称命题否定：存在改任意并否定原结论，即可得答案.
【详解】由特称命题的否定是全称命题，故为，总有.
故选：B
3. 已知正实数满足，则的最小值为（ ）
A. 9B. 8C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用“1”的代换，结合基本不等式进行求解即可
【详解】由条件知，
，
当且仅当时取等号.
故选：C
4. 随着社会的发展，城市环境污染问题日益严重，某企业在生产中为倡导绿色环保的理念，购入污水过滤系统对污水进行过滤处理，已知在过滤过程中污水中的剩余污染物数量 W(mg/L)与时间t(h)的关系为 其中 W₀为初始污染物的数量，r为常数. 若在某次过滤过程中，前3个小时过滤掉了污染物的20%，则经过9小时后剩余的污染物是初始状态的（ ）
A. 24%B. 76%C. 48.8%D. 51.2%
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知函数模型结合指数幂的运算计算即可.
【详解】依题意，前3个小时过滤后剩余污染物数量为%，
于是，解得，
因此前9小时过滤后剩余污染物数量为.
故选:D．
5. 已知数列的首项为，是边所在直线上一点，且，则数列的通项公式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三点共线可得递推关系式，构造出等比数列，由等比数列通项公式可推导求得结果.
【详解】由得：，
三点共线，，即，
，又，
数列是以为首项，为公比等比数列，
，则.
故选：A.
6. 在中，角， ，的对边分别为，，，为的面积，且满足，，则角=（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理将边化角，求出角，由面积公式和余弦定理化简，求出角，进而求出角.
【详解】由正弦定理，因为，
所以，
又因为，
所以，
因为，所以，
所以，又，故；
因为，
由面积公式及余弦定理，所以，
所以，又，
所以，所以.
故选：D
7. 已知函数，正项等比数列满足， 则 （ ）
A. 2023B. C. 2022D. 4046
【答案】A
【解析】
【分析】利用倒序相加法，结合函数的对称性以及等比数列的性质求得正确答案.
【详解】用倒序相加法：令①，
则也有②，
由知函数关于对称，
而，
即，
所以，
则.
故选：A
8. 已知定义在R上的奇函数满足，且当时,.若函数有5个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知可得关于原点和直线对称，故4为周期，结合区间解析式画出的大致图象，数形结合研究与的交点情况求参数范围.
【详解】由，故，
所以，又，且为奇函数，
所以函数关于原点和直线对称，故4为周期，
结合已知区间解析式，函数的大致图象如图所示，
直线过时，有3个交点；
直线过时，有5个交点；
直线过时，有3个交点；
直线过时，有7个交点；
由上，则，且，
所以在原点处的切线为直线，此时，有3个交点；
由图知：，故.
故选：D
二、多项选择题 (本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的. 全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9. 已知复数 (i为虚数单位)，为z的共轭复数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的虚部为-iB. z对应的点在第一象限
C. D. 若 则在复平面内对应的点形成的图形的面积为π
【答案】BCD
【解析】
【分析】已知和，利用复数虚部的定义判断A；利用复数在复平面对应的点判断选项B；利用复数模的计算判断选项C；利用复数模的几何意义判断选项D.
【详解】，可得，所以虚部为，选项A错误；
对应的点在第一象限，选项B正确；
，所以选项C正确；
得，
则在复平面内对应的点的集合确定的图形是半径为1的圆及其内部，
面积为，D选项正确.
故选:BCD．
10. 国庆节期间，某商场搞促销活动，商场准备了两个装有卡片的盒子，甲盒子中有4张红色卡片、2张绿色卡片，乙盒子中有5张红色卡片、3张绿色卡片(这14张卡片球除颜色外，大小、形状完全相同). 顾客购物满500元即可参加抽奖，其规则如下：顾客先从甲盒子中随机取出1张卡片放入乙盒子，再从乙盒子中随机取出1张卡片，记“在甲盒子中取出的卡片是红色卡片”为事件， “在甲盒子中取出的卡片是绿色卡片”为事件， “从乙盒子中取出的卡片是红色卡片”为事件M，若事件M 发生，则该顾客中奖，否则不中奖. 则有（ ）
A. 与是互斥事件B.
C. D. 与相互独立
【答案】AC
【解析】
【分析】由互斥事件定义判断选项A；计算条件概率判断选项B；全概率公式计算概率判断选项C；独立事件的判断验证选项D.
【详解】从甲箱中摸一张卡片，红色卡片与绿色卡片不可能同时出现，所以与是互斥事件，故A正确；
由题意知，，所以，故B错误；
，所以，故C正确；
因为，故D错误.
故选：AC．
11. 如图(a)，边长为2的正方形 AP₁P₂P₃中，B，C分别是P₁P₂，P₂P₃的中点，AP₂交BC于D，现沿AB，AC及BC把这个正方形折成一个四面体，如图(b)，使P₁，P₂，P₃三点重合，重合后的点记为P，则有（ ）
A. 平面PAD⊥平面PBC
B. 四面体 P-ABC 的体积为
C. 点P到平面ABC的距离为
D. 四面体 P-ABC 的外接球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理判断A；利用锥体的体积公式结合等积变换可判断BC；利用三棱锥的外接球即是以为棱长的长方体的外接球判断D.
【详解】对于A，由已知可得，平面，
则⊥平面，又平面，故平面平面，故A正确；
对于B，因为两两垂直，则，故B正确；
对于C，设到平面ABC的距离为，，
，解得．点P到平面ABC的距离为，故C错误；
对于D，因两两垂直，故三棱锥的外接球即是以为棱长的长方体的外接球，
故球的半径为，则球的体积为，故D正确，
故选：ABD．
12. 已知函数图象上的点均满足 对有成立，则（ ）
A. B. 的极值点为
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】观察等式结构构造函数，先确定其奇偶性及单调性可得出解析式确定A项，利用导数研究及单调性可判定B项，转化不等式再构造函数判定其单调性可判定C、D选项.
【详解】由条件知，
令，易知是奇函数且单调递增，
所以有
所以
所以，即，即，则A正确；
根据选项A知：，
则当时，，即函数此时单调递减；
当时，即此时函数单调递增，
故是函数的极小值点，故B错误；
由在时恒成立，
即
因为， 在上单调递增，所以，即，
令，
易知时，时，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，故C错误；
又在上单调递增，则，所以D正确.
故选：AD．
【点睛】关键点点睛：（1）将已知条件变形为，构造.
（2）同构变形，利用单调性得.
（3）同构变形 .
三、填空题 (本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知向量与的夹角为30°，且 则 ___________
【答案】
【解析】
【分析】本题利用，再结合向量数量积的定义计算即可.
【详解】解：，则.
故答案为：
14. 已知实数不为零，则的展开式中项的系数为________.
【答案】
【解析】
【分析】求得由二项式展开式的通项公式为，分令和，进而求得项的系数.
【详解】由二项式展开式的通项公式为，
令，即，可得；
令，即，可得，
所以的展开式中含项的系数为．
故答案为：.
15. 在直角梯形中，，点P在边AD上（包含端点），，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】以A为坐标原点，以，所在直线为，轴建立直角坐标系，设，结合平面向量的数量积的坐标表示、二次函数的性质求解即可.
【详解】以A为坐标原点，以，所在直线为，轴建立直角坐标系，
则，，设，
则，，
所以，
则时，有最小值，
或4时，有最大值，
所以的取值范围是.
故答案为：.
16. 计算: ________________
【答案】
【解析】
【分析】应用诱导公式转化为表示，再切化弦，结合二倍角公式和辅助角公式即可.
【详解】原式
．
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. 已知函数 ，是的导函数，数列的前n项和为 且
（1）求数列的通项公式;
（2）若 ，求 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1），由与 的关系，数列的通项公式；
（2），由，求 的值.
【小问1详解】
，所以．
当时，；
当时，，
显然时也满足，
故．
【小问2详解】
，
，，，
设，则，
．
18. 在如图所示的多面体MNABCD中，四边形ABCD是边长为的正方形，其对角线的交点为Q，平面ABCD，，，点P是棱DM 的中点.
（1）求证：；
（2）求直线CN和平面AMN所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面ABCD可得，结合可得平面，进而求证；
（2）建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：因为，所以四点共面．
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
又，平面，平面，
所以平面，而平面，
所以．
【小问2详解】
由题意，，，互相垂直，
所以分别以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，．
则，，，
设平面的法向量为，
所以由，得，
令，可得，
设直线和平面所成角为，
则，
所以直线CN和平面AMN所成角的正弦值为.
19. 已知函数
（1）当时, 求函数的值域;
（2）已知的内角满足，点是边的中点，，，求三角形的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角和辅助角公式可化简得到，根据正弦型函数值域求法可求得结果；
（2）由可求得，延长到点，使得，利用余弦定理可构造方程求得，代入三角形面积公式即可求得结果.
【小问1详解】
；
当时，，，
，即的值域为.
【小问2详解】
，，
，，，即，
延长到点，使得，连接，
为中点，四边形为平行四边形，
在中，，，，
由余弦定理得：，
解得：，.
20. 为庆祝中国共产党成立101周年，喜迎党的二十大胜利召开，不断提升广大党员干部学习党的政治理论知识的自觉性，我市面对全体党员，举办了“喜迎二十大，强国复兴有我”党史知识竞赛. 比赛由初赛、复赛和决赛三个环节组成. 已知进入复赛的党员共有100000人，复赛总分 105分，所有选手的复赛成绩都不低于55分.经过复赛，有2280名党员进入了决赛，并最终评出了若干一等奖和52个特等奖.复赛成绩和决赛成绩都服从正态分布. 现从中随机选出100.名选手的复赛成绩，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）试根据频率分布直方图，求这 100名选手的平均成绩；
（2）若全体复赛选手的平均成绩刚好等于，标准差为9.5，试确定由复赛进入决赛的分数线是多少?
（3）甲在决赛中取得了99分的优异成绩，乙对甲说：“据可靠消息，此次决赛的平均成绩是75分，90分以上才能获得特等奖.”试用统计学的相关知识，分析乙所说消息的真实性.
参考数据：
【答案】（1）
（2）进入决赛的分数线为
（3）乙所说的消息是不真实的，理由见详解
【解析】
【分析】（1）先根据概率之和等于求出，再根据频率分布直方图求平均数即可；
（2）先求出复赛选手进入决赛的概率，再根据原则即可得解；
（3）先根据乙所说消息为真，求出决赛中获得特等奖的概率，再根据原则求出甲获得99分的概率，即可得出结论.
【小问1详解】
由，得，
所以；
【小问2详解】
由已知，复赛选手进入决赛的概率为，
又因为复赛成绩服从，而，
所以进入决赛的分数线为；
【小问3详解】
若乙所说消息为真，则决赛中获得特等奖的概率为，
由得，
，而，
所以甲获得99分是小概率事件，这几乎是不可能发生的，
根据统计学的相关原理，我们可以判断，乙所说的消息是不真实的．
21. 已知函数,.
（1）判断的单调性;
（2）若, 求证:,其中e是自然对数的底数.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导，由导数的正负即可求解函数的单调性，
（2）构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值，进而可证明.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
当时，，当，；
故在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
证明：令，则，
令，则，显然在上单调递增．
又，，故存在唯一的，使得．
从而上单调递减，在上单调递增，
，
又，两边取对数得，故，
，
故在上单调递增，所以，得证．
22. 已知椭圆 的离心率是，两个焦点分别是，过作y轴的垂线交椭圆G于两点，三角形的面积是
（1）求椭圆G 方程;
（2）已知点Q 是抛物线 上一点，过点Q作抛物线的切线交椭圆G于两点，过点作切线的垂线交椭圆 G于两点，令，当点Q在椭圆G内部运动时，试确定是否有最小值?若有，求出该最小值；若没有，请说明理由.
【答案】（1）
（2）当点在原点处时，取最小值
【解析】
【分析】（1）设点坐标带入椭圆方程可求，结合离心率可得椭圆方程；
（2）先求切线的方程，再根据垂直关系得的方程，利用韦达定理及弦长公式表示，利用导数研究其单调性并求最值即可.
【小问1详解】
由题意知，，不妨设，
则，带入椭圆方程可得，即，
所以，即，
从而，，，
椭圆的方程为；
【小问2详解】
设，因为点在椭圆内，则，即，
解得，
由，
故过抛物线的切线方程为:，
与椭圆方程联立可得，
设，由韦达定理得，，
所以，
由，可得直线的方程为，
联立得，
设，由韦达定理得，，
所以，
，
令，则，
令，所以，
由，
令，显然，即在上单调递减，
而，
，即，在上单调递减，
，故有最小值，
当点在原点处时，取最小值．