2024届福建省三明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届福建省三明第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共18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．设全集为R，若集合，，则 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分别求出集合A，B， 的区间，根据交集的定义求解即可.
【详解】由题意， ， ， ，
；
故选：B.
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.
【详解】
故选 ：C
3．已知，向量，，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】首先利用向量平行的坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断.
【详解】若向量，则，即
解得：或,
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：B
4．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用诱导公式可求得，再用诱导公式即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
5．在中，已知，，，则（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】D
【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【详解】设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
6．已知数列的前项和为，若，，则有（ ）
A．为等差数列B．为等比数列
C．为等差数列D．为等比数列
【答案】D
【分析】根据得到，即可判断AB选项；根据，得到即可判断CD选项.
【详解】由题意，数列的前项和满足，
当时，，两式相减，可得，
可得，即，又由，当时，，所以，
所以数列的通项公式为，故数列既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错.
当时，，又由时，，适合上式，
所以数列的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，故D正确，C错.
故选：D.
7．已知函数，若实数a，b，c互不相等，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的解析式作出函数的图象，根据结合函数的对称性可得及的范围，从而求解的范围.
【详解】作出函数的图象如图：
设，且，
则函数与直线的三个交点从左到右依次为，，，
则点与在函数上，而函数关于直线对称，
所以，由得，
若满足，则，所以，
所以，即的取值范围是.
故选：A.
8．已知函数在上存在最值，且在上单调，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换然后结合整体法结合三角函数图像性质对进行最值分析，对区间上进行单调分析；
【详解】因为，
当时，因为，则，
因为函数在上存在最值，
则，解得，
当时，，
因为函数在上单调，
则，
所以 其中，解得，
所以，解得，
又因为，则．
当时，；
当时，；
当时，．
又因为2，因此的取值范围是．
故选：B．
【点睛】关键点睛：整体法分析是本题的突破点，结合三角函数图像分析是本题的核心；
二、多选题
9．下列命题中，正确的是（ ）
A．在中，，
B．在锐角中，不等式恒成立
C．在中，若，则必是等腰直角三角形
D．在中，若，，则必是等边三角形
【答案】ABD
【解析】对于选项在中，由正弦定理可得，即可判断出正误；对于选项在锐角中，由，可得，即可判断出正误；对于选项在中，由，利用正弦定理可得：，得到或即可判断出正误；对于选项在中，利用余弦定理可得：，代入已知可得，又，即可得到的形状，即可判断出正误.
【详解】对于，由，可得：，利用正弦定理可得：，正确；
对于，在锐角中，，，
，，
，因此不等式恒成立，正确；
对于，在中，由，利用正弦定理可得：，
，
，，
或，
或，
是等腰三角形或直角三角形，因此是假命题，错误.
对于，由于，，由余弦定理可得：，
可得，解得，可得，故正确.
故选：.
【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理及三角形边角关系，主要涉及的考点是三角形内角的诱导公式的应用，同时考查正弦定理进行边角转化，属于中等题.
10．如图所示，一半径为4米的水轮，水轮圆心距离水面2米，已知水轮每60秒逆时针转动一圈，如果当水轮上点从水中浮现时（图中点）开始计时，则（ ）．
A．点第一次到达最高点需要20秒
B．当水轮转动155秒时，点距离水面2米
C．当水轮转动50秒时，点在水面下方，距离水面2米
D．点距离水面的高度（米）与（秒）的函数解析式为
【答案】ABC
【分析】根据题意求出点距离水面的高度（米）和时间（秒）的函数解析式为，结合选项依次判断即可.
【详解】设点距离水面的高度（米）和时间（秒）的函数解析式为
，
由题意得：解得
故．故D错误；
对于A，令，即，解得：，故A正确；
对于B，令，代入，解得：，故B正确；
对于C，令，代入，解得：，故C正确．
故选：ABC
11．已知正项等比数列的前n项积为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】ABD
【分析】根据题意结合等比数列的通项公式及其性质，逐项分析得出数列的单调性，即可得出结论.
【详解】不妨设正项等比数列的公比为，所以，；
对于A，若，则，由等比数列性质可得，
所以可得，即A正确；
对于B，若，可得，又，所以；
所以，又，可得，
因此可得，即，所以B正确；
对于C，若，可得，又，因此的大小无法判断，所以C错误；
对于D，若，可得，又，所以可得，即数列为递减数列；
可得，即，所以D正确；
故选：ABD
12．已知直线与曲线相交于，两点，与曲线相交于，两点，，，的横坐标分别为，，.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，构造函数，求导得其最大值，即可得到，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】设，得，令，可得，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值.
设，得，令，则，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
则当时，有极大值，即最大值，
从而可得.由，得，故A正确；
由，得，即，
又，得，
又在上单调递增，则，故B错误；
由，得，即.
又，得，
又在上单调递减，则，故C正确；
由前面知，，得，又由，
得，，则，.故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知等差数列的前n项和为，若，则 .
【答案】5
【分析】根据给定条件，求出等差数列的公差即可计算作答.
【详解】设等差数列的公差为，则有，解得，
所以.
故答案为：5
14．已知，则的最小值为 ．
【答案】
【详解】试题分析：由已知
则×，当且仅当时，取“=”则此时，由于，解得，,故答案为．
【解析】1.基本不等式；2.方程组的解法.
四、双空题
15．已知，均为锐角，，，则 ， .
【答案】
【分析】根据二倍角的余弦公式即可求出，先确定的范围，再求出的正弦值即可.
【详解】因为，
所以，
又因，均为锐角，所以，则，
所以，所以，，
又因，所以，
则，
所以.
故答案为：；.
五、填空题
16．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法中正确的命题有 .（填序号）
①若，则；
②若在方向上的投影向量为，则的最小值为；
③若点P为BC的中点，则；
④若，则为定值18.
【答案】①③④
【分析】对于①，根据向量加法的运算法则及三角函数的诱导公式化简计算；对于②，易知当时，取得最小值，计算可得；对于③，根据向量加法结合律律及平行四边形法则计算可得；对于④，根据向量数量积运算律计算即可.
【详解】如图，设BC的中点为E，连接QE，
∵，由余弦定理可得：
，∴，∴，
又，∴，∴，
∴，
对于①，∵，∴，∴，
又E为中点，∴，
又，∴，
∴，故①正确；
对于②，∵在方向上的投影向量为，∴，
又Q是AC的中点，P在BC上，∴当时，PQ最小，
此时，故②错误；
对于③，若点P为BC的中点，即P与E点重合，
∵，∴，
∴，故③正确；
对于④，∵，∴的平分线与BC垂直，
∴是以BC为底边的等腰三角形，∴，
又由①分析知，
∴根据向量数量积的几何意义知，
∴，故④正确．
故答案为：①③④．
【点睛】关键点点睛：设BC的中点为E，连接QE，根据，得出是解决本题的关键.
六、解答题
17．如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，AE交BD于点F，设，．
(1)用向量，表示和；
(2)若，，求．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）在菱形中，根据是的中点，，，结合向量的线性运算可得答案；
（2）用表示向量，然后分别求得，再由平面向量的夹角公式求解．
【详解】（1）在菱形中，E是CD的中点，，则，
,
.
（2）因为，
，
又为菱形，，，
所以
，
，，
，，
所以.
18．如图，在平面四边形中，．
(1)若，求；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连接后由余弦定理与两角和的正弦公式求解
（2）由余弦定理与面积公式求解
【详解】（1）连接，在中，，
且，，所以．
在中，由余弦定理得，
所以．
所以
（2）在中，由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以四边形的面积为
19．已知数列满足：，，数列是以4为公差的等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的通项公式，结合累和法进行求解即可；
（2）运用裂项相消法进行求解即可.
【详解】（1）根据题意可得；
当时，
，
又符合上式，所以；
（2），
20．已知向量，，，设函数
(1)求函数的单调递增区间；
(2)设，，分别为的内角，，的对边，若，，的面积为，求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据向量数量积公式及三角恒等变换得到，从而利用整体法求出函数单调递增区间；
（2）在（1）基础上，求出，结合三角形面积公式求出，进而由余弦定理求出答案.
【详解】（1），，
令，，
解得，，
的单调递增区间是，
（2）由（1）知：
，
，即
，
，
，
，
，
的面积为，
，解得，
，
由余弦定理得
，
，
综上所述，结论是：.
21．设是首项为1的等比数列，数列满足，已知，，成等差数列.
(1)求和的通项公式；
(2)记和分别为和的前n项和，求和.
【答案】(1)，；
(2)，.
【分析】（1）设出等比数列的公比，利用等差中项列式求解即可.
（2）由（1）的结论，利用等比数列前n项和公式及错位相减法求和得解.
【详解】（1）设的公比为q，则，
由，，成等差数列，得，则有，解得，
所以和的通项公式是，.
（2）由（1）知；
，
则，
两式相减得，
所以.
22．已知函数.
(1)求证：；
(2)求函数的极值.
【答案】(1)证明见解析
(2)极大值为，无极小值
【分析】（1）利用基本不等式与余弦函数的值域可证；
（2）分区间讨论导函数的符号是关键，其中提取构造函数研究函数的单调性比较大小从而判断符号，得以研究函数的单调性，则可求出函数的极大值.
【详解】（1）令.
由基本不等式，得，当且仅当时等号成立.
又，所以，
故；
（2），
当时，，则，
所以，
当时，，
设，由，则，
所以在上单调递减.
由且，
又，则，
当时，，
当时，且.
又，则.
综上，在上恒大于0，在上恒小于0.
则在单调递增，在单调递减，
因此是在的唯一极大值点，且的极大值为，
故有极大值，极大值为，无极小值.
【点睛】同构函数是解决比较大小问题的一种方法，通过等价变形，比如移项、取对数、同乘以某个因式等等，转化为与的复合函数形式，再利用复合函数的外层函数单调性，去掉外函数，转化为比较与的大小即可.如本题中
与比较大小问题转化为与的同构同型比较大小.