重庆市万州第二高级中学2024届高三数学上学期8月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市万州第二高级中学2024届高三数学上学期8月月考试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 若，则等内容，欢迎下载使用。

万州二中2023-2024年高三上期8月月考
数学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；
4.全卷满分150分，考试时间120分钟.
一、选择题：本题共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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用一元二次不等式的解法化简集合A，再利用并集的定义求解.

【详解】由得，所以，.

故选：C.
2. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求得，结合，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，，可得，
因为，可得，解得，所以.
故选：C.
3. 已知偶函数在区间上单调递增，若满足，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇偶性和单调性直接去“”，得不等式，解不等式即得答案.
【详解】因为是偶函数，且在区间上单调递增，
所以由得，解得，
故选：B.
4. 函数图象的对称轴是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据二倍角公式和两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的对称轴可求出结果.
【详解】，
由，得，
所以函数图象的对称轴是.
故选：A
5. 若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得出方程，求得，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，
又由圆的圆心为，半径为，
因为一条渐近线被圆所截得的弦长为，
可得，所以，即，
所以．
故选：B．
6. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件构造函数，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.
【详解】，
构造函数，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，故，所以，即，所以；
令，则，
令，则在上单调递增，，
使，
当时，在上单调递减，即在上单调递减，在时，在上单调递增，
即在上单调递增，又，
所以在上单调递减，故，即，所以，
综上，
故选:C.
【点睛】关键点点睛：关键点是构造函数,然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可解题.
7. 在锐角中，角的对边分别为，为的面积，，且，则的周长的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用面积公式和余弦定理可得，然后根据正弦定理及三角变换可得，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，转化为三角函数求值域的问题.
【详解】，
，
∴，即，为锐角，
∴，又，
由正弦定理可得，
所以

，其中，，
因为为锐角三角形，
所以，则，
即：，
所以，又，
∴，即，
故的周长的取值范围是.
故选：C.
8. 定义在上的偶函数满足，当时，，若在区间内，函数有个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】等价于与的图象在有5个交点，利用已知可得是周期为4的函数，且图象关于对称，画出的图象结合图象可得答案.
【详解】，
又是偶函数，所以，则，
所以的周期为4，由得的图象关于对称，
当时，，可得大致图象如下，
若在区间内，函数有个零点，
等价于与的图象在有5个交点，
结合图象，当时与的图象恰好有5个交点，
当时与的图象有3个交点，不符合题意，
可得，此时，可得，
则实数的取值范围是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的解题的关键点是等价于与的图象在有5个交点，利用已知条件画出它们的图象，考查了学生的思维能力、运算能力.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.
9. 重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中，，动点P在上（含端点），连结OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（ ）

A. 若，则 B. 若，则
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】作，分别以为x，y轴建立平面直角坐标系，利用向量坐标求解即可.
【详解】如图，作，分别以为x，y轴建立平面直角坐标系，

则，，，，
设，则
由可得 ，且，
若，则，
解得（负值舍去），故，A错误；
若，则，，，故B正确；

由于，故，
故，故C错误；
由于
而，所以，
所以，故D正确，
故选：BD
10. 已知正三棱锥的四个顶点在球的球面上，E，F分别是PA，AB的中点，且，与该三棱锥的四个面都相切的球记为球，则（ ）
A. 三棱锥的表面积为 B. 球的表面积为
C. 球的体积为 D. 球的半径为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用CE⊥EF得到正三棱锥的三条侧棱PA，PB，PC互相垂直，，根据棱锥的表面积公式计算判断A；正三棱锥的外接球的就是棱长为的正方体的外接球，求出其半径，根据球的表面积及体积公式可判断BC；利用体积法求出球的半径可判断D.
【详解】取AC的中点M，连接PM，BM，

∵PA＝PC，AB＝BC，∴AC⊥BM，AC⊥PM，
又BM∩PM＝M，BM，PMÌ面PBM，∴AC⊥面PBM，
∵PBÌ面PBM，∴AC⊥PB，
∵E，F分别是PA，AB的中点，∴EF∥PB，
∵EF⊥CE，∴PB⊥CE，
∵AC∩CE＝C，AC，CEÌ面PAC，∴PB⊥面PAC，
∵PA，PCÌ面PAC，∴PB⊥PA，PB⊥PC，
从而得到正三棱锥的三条侧棱PA，PB，PC互相垂直，
则正三棱锥中，，
三棱锥的表面积为，故A错误；
正三棱锥的外接球的就是棱长为的正方体的外接球，其半径
球的表面积为，故B正确；
球的体积，故C错误；
设球的半径为，则，
即，则，故D正确．
故选：BD．
【点睛】方法点睛：求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，外接球半径的常见求法有：
（1）若同一顶点的三条棱两两垂直，则（为三条棱的长）；
（2）若面，，则（为外接圆半径）；
（3）可以转化为长方体的外接球；
（4）特殊几何体可以直接找出球心和半径．
11. 在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”，又设点及上任意一点，称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”，记作，给出下列四个命题，正确的是（ ）
A 对任意三点，都有；
B. 已知点和直线，则；
C. 到定点的距离和到的“切比雪夫距离”相等的点的轨迹是正方形.
D. 定点、，动点满足，则点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于选项A，根据新定义，利用绝对值不等性即可判断；
对于选项B，设点是直线上一点，且，可得，讨论，的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；
对于选项C，运用新定义，求得点的轨迹方程，即可判断；
对于选项D，根据定义得，再根据对称性进行讨论，求得轨迹方程，即可判断．
【详解】A选项，设，由题意可得：

同理可得：，则：
，
则对任意的三点，，，都有；故A正确；
B选项，设点是直线上一点，且，
可得，
由，解得或，即有，当时，取得最小值；
由，解得，即有，的范围是，无最值，
综上可得，，两点的“切比雪夫距离”的最小值为，故B错误；
C选项，设，则，
若，则，两边平方整理得；此时所求轨迹为或
若，则，两边平方整理得；此时所求轨迹为或，
故没法说所求轨迹是正方形，故C错误；
D选项，定点、，动点满足（），则：，
显然上述方程所表示的曲线关于原点对称，故不妨设x≥0，y≥0.
(1)当时，有，得：；
(2)当时，有，此时无解；
(3)当时，有；
则点P的轨迹是如图所示的以原点为中心的两支折线.

结合图像可知，点的轨迹与直线（为常数）有且仅有2个公共点，故D正确.
故选：AD.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
12. 由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个（）次多项式（），使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff)多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】通过求，来判断出正确选项.
【详解】


，
所以，A错误.


，
所以，B正确.




.
所以，
由于，所以，
由于，所以，
所以由解得，
所以，C正确.
，所以D错误.
故选：BC
【点睛】三角函数化简求值问题，关键是根据题意，利用三角恒等变换的公式进行化简.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知均为正实数，，则的最小值是__________.
【答案】4
【解析】
【分析】将看成一个整体，将所求式转化为常见二元最值问题，借助“1”的代换，适当变形后利用基本不等式求解即可.
【详解】设，，
原题转化为：已知，，且，求的最小值.
由.
当且仅当即时，等号成立.
所以的最小值为4.
故答案为：4.
【点睛】方法点睛：一般地，处理多元最值问题的思考角度有以下几个：
从元的个数角度，关键在于减元处理，代入消元、整体换元、三角换元等方法；
从元的次数角度，关键在于转化目标函数（代数式），如一次二次比分式型，齐次比型，双勾函数型等等；
从元的组合结构角度，关键在于结构分析，将问题转化为整体元的和、积、差、平方和、倒数和等并列结构的形式，再利用均值不等式等常用不等式求解最值，注意等号取到的条件.
14. 杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种排列，在欧洲这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡是在1654年发现这一规律的，我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一次伟大成就，如图所示，在“杨辉三角”中去除所有为1的项，依次构成数列，2，3，3，4，6，4，5 ，10 ，10，5，……，则此数列的前119项的和为__________．(参考数据：，，)

【答案】131022
【解析】
【分析】分析“杨辉三角形”的性质，每一行的数字和为首项为1，公比为2的等比数列，除去1之后各行的项的个数为首项为1，公差为1的等差数列，其中所求数列的前119项可以视为，杨辉三角形中前17行中除去1和第17行的最后一个数之外的项之和，分别计算即可.
【详解】n次二项系数对应杨辉三角的第n+1行，例如，系数分别为1,2,1,对应杨辉三角的第三行，令x=1,就可以求出该行的系数之和，
第1行为，第2行为，第3行为，以此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为，
若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1,2,3,4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则前n项和，
可得当n=14，再加上第15行的前14项时，所有项的个数和为119，
由于最右侧为2,3,4,5，……，为一个首项为2，公差为1的等差数列，则第15行的第15项为16，
则杨辉三角的前17项和为，且前17行中有个1，
故此数列的前119项的和为.
故答案为：131022
【点睛】本题考查在“杨辉三角形”中由其性质求项的系数和，属于难题.
15. 《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均为直角三角形的四面体）.在如图所示的堑堵中，且有鳖臑C1-ABB1和鳖臑，现将鳖臑沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，与鳖臑拼接成的几何体的外接球的表面积是______.

【答案】
【解析】
【分析】
当沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，A点翻折到E点，关于对称，所拼成的几何体为三棱锥，根据外接球的性质及三棱锥性质确定球心，利用勾股定理求出半径即可求解.
【详解】当沿线BC1翻折，使点C与点B1重合，则鳖臑经翻折后，A点翻折到E点，关于对称，所拼成的几何体为三棱锥,如图，

由
可得,,
即为正三角形，
所以外接圆圆心为三角形中心，
设三棱锥外接球球心为，连接，则平面，连接,,在中作,垂足为，如图，

因,,
所以是的中点，由矩形可知,
因为为三角形的中心，
所以
在中，,
所以,
故答案为：
【点睛】本题主要考查了几何体的翻折问题，三棱锥的外接球，球的表面积公式，考查了空间想象力，属于难题.
16. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球，球的半径分别为和，球心距离,截面分别与球，球切于点，，（，是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于______．

【答案】
【解析】
【分析】利用已知条件和几何关系找出圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为 的余弦值，即可得出椭圆离心率．
【详解】如图，圆锥面与其内切球，分别相切与，连接,则，，过作垂直于，连接， 交于点C
设圆锥母线与轴的夹角为 ，截面与轴的夹角为.

在中， ，




解得

即
则椭圆的离心率
【点睛】“双球模型”椭圆离心率等于截面与轴的交角的余弦与圆锥母线与轴的夹角的余弦
之比，即．
四、解答题：本题共6小题，共70分.
17. 数列的前n项和为，已知．
（1）证明：是等比数列；
（2）求和：．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用和等比数列定义判断可得答案；
（2）由（1）得，再利用分组求和、等比数列求和可得答案.
【小问1详解】
由，可知时，，
两式相减可得，
所以，
又，得，
故是以2为首项，2为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）得，所以



．
18. 如图，在四棱锥中，平面，正方形的边长为2，，设为侧棱的中点.

（1）求正四棱锥的体积；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出点到平面的距离，再根据四棱锥的体积公式求解即可；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与平面所成角.
【小问1详解】
解：∵在四棱锥中，平面，
正方形的边长为，，为侧棱的中点，
∴到平面的距离，
正方形的面积，
∴正四棱锥的体积：
；
【小问2详解】
解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，取，得 ，
∵直线与平面所成角，
∴，
∴.
∴直线与平面所成角为.
19. 今年的5月20日是全国第34个“中学生营养日”，今年的主题是“科学食养助力儿童健康成长”.围绕这个主题，在今年的5月19日，中国校园健康行动领导小组、中国国际公司促进会、中国关心下一代健康体育基金会、中国关心下一代工作委员会健康体育发展中心、中国国际跨国公司促进会中国青少年儿童健康安全食品联合工作委员会、中国青少年儿童健康安全食品管理委员会等单位在京共同启动了“中国青少年儿童营养健康标准推广实施行动”.我校也希望大力改善学生的膳食结构，让更多的学生到食堂正常就餐，而不是简单地用面包，方便面或者零食来填饱肚子.于是学校从晚餐在食堂就餐的学生中随机抽取了100名学生，针对他们晚餐时更喜欢吃面食还是更喜欢吃米饭做了调查，得到如下列联表：

更喜欢吃面食
更喜欢吃米饭
总计
男生
30
25
55
女生
20
25
45
总计
50
50
100

（1）依据小概率的独立性检验，判断晚餐是否更喜欢吃面食与性别是否有关联？
（2）在样本中，从晚餐更喜欢吃面食的学生中按性别分层抽样抽取5人，在这5人中任选2人，其中女生的人数为X，请写出X的分布列；
（3）现用频率估计概率，在全校学生中，从晚餐更喜欢吃面食的学生中任选3人，其中男生人数为Y，请写出Y的期望和方差.
附：，其中．

0.05
0.01
0.005

3.841
6.635
7.879

【答案】（1）没有关联
（2）分布列见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意计算，从而根据独立性检验思想即可求解；
（2）由题意，在抽取出来的5人中，男生有3人，女生有2人，再根据分布列的求解步骤即可求解；
（3）由题意可得 ， 再根据二项分布的期望公式及方差公式即可求解.
【小问1详解】
零假设：晚餐是否更喜欢吃面食与性别没有关联.
由列联表，计算，得
根据小概率0.05的独立性检验，我们没有充分的理由推断不成立.
所以我们认为晚餐更喜欢吃面食与性别没有关联.
【小问2详解】
由题意，在抽取出来的5人中，男生有3人，女生有2人，从中任取2人，女生人数为X，
则X所有可能的值为0，1，2 ，
其中
所以，X的分布列为
X
0
1
2
P



【小问3详解】在样本中晚餐喜欢吃面食学生共50人，其中男生有30人，其频率为，
所以 ，
所以
20. 已知命题：实数满足不等式；命题：实数满足方程表示双曲线.
（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；
（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式的解法，分解因式后，直接求解；
（2）分别求解两个命题为真命题时的取值范围，再转化为子集关系，即可求解.
【小问1详解】
由，得，
而，所以
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
命题为真时，实数的取值范围为；
命题为真时，，即实数的取值范围为，
而是的充分不必要条件，即Ü，
所以（等号不同时成立），解得，
所以实数的取值范围.
21. 已知椭圆的一个焦点为，椭圆上的点到的最大距离为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）不经过的直线与轴垂直，与椭圆交于两点，连接并延长交椭圆于点，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，椭圆上的点到的最大距离为，结合可得答案；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出直线的方程令，结合韦达定理可得答案.
【小问1详解】
由题意，椭圆上的点到的最大距离为，
所以，所以椭圆方程为；
【小问2详解】
显然直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
则，由，
可得，
，
，
所以直线的方程为，
令，可得

，
所以直线过定点.
【点睛】方法点睛：对于直线过定点问题，一般是将直线设成的形式，通过已知条件，找到变量k与m之间的关系，代回直线方程，将其由两个变量化作一个变量，即可判断出定点.
22. 已知是方程的两个实根，且.
（1）求实数的取值范围；
（2）已知，，若存在正实数，使得成立，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将整理为，即可得到方程的根即方程的根，由此令，利用导数求该函数的最小值，即可求得答案.
（2）由题意可得要证明即证明，结合（1）可知，从而将问题转化为证明，由此构造函数，判断函数的单调性，利用导数即可证明结论.
【小问1详解】
由，可得，即，
设，函数为单调递增函数，
则，则，即，
所以方程的根即方程的根.
令，则，
当且，；当，；
在上单调递减，且，在上单调递减，在上单调递增，
当时，的值趋近于正无穷大，
当时，的值趋近于正无穷大，
因为方程有两个实根，所以，故.
【小问2详解】
要证，即证，由（1）可得，
只需证明，
下面证明；
令，，所以在上单调递增，
又因为，则当时，.
设，则，
当时，，
设，则，
所以当时，，在上单调递增，
所以，则，
所以，则在单调递增，
所以，即．
综上所述，.
【点睛】难点点睛：证明时，要结合题意转化为证明，结合（1）的结论即证明，由此要连续构造函数，即利用导数正负与函数单调性的关系，连续证明不等式，从而证明结论.