2024届江西省宜丰县宜丰中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2024届江西省宜丰县宜丰中学高三上学期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，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解一元二次不等式和指数不等式可求得集合，由交集定义可得结果.
【详解】由得：，即；
由得：，即；
所以，
故选：B.
2．欧拉是世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献．由《物理世界》发起的一项调查表明，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”．其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况．根据欧拉公式，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】，
因此，.
故选：C.
3．在正方体中，点M是棱的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取的中点，连，，，（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，解三角形可得解.
【详解】取的中点，连，，，
则，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，
设正方体的棱长为，则，，
则.
所以异面直线BM与AC所成角的余弦值为.
故选：C
4．已知圆关于直线对称，则的最大值为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】D
【分析】由圆的方程求出圆心坐标，将圆心坐标代入直线方程，由基本不等式即可求出的最大值.
【详解】解：由题意
在圆中，
∴圆心为，半径为1
在直线中，
圆关于该直线对称
∴直线过圆心，
∴，即：
∵
解得：
当且仅当时等号成立
∴的最大值为.
故选：D.
5．以椭圆内一点为中点的弦所在的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】首先设直线与椭圆的两个交点，，再利用点差法求直线的斜率，最后求解直线方程.
【详解】设过点的直线交椭圆于，两点，
则，两式相减得，
因为，，
，两边同时除以得，
得，
所以直线方程为，即.
故选：B
6．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）．已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2，若点P在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据数量积的几何意义求解．
【详解】，即与在向量方向上的投影的积．由图2知，点在直线上的射影是中点，由于，圆弧直径是2，半径为1，
所以向量方向上的投影的最大值是2，最小值是－2，
因此的最大值是，最小值是，因此其取值范围为，
故选：D．
7．已知定义在上的奇函数在上单调递减，且，若，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】易得，，由定义在上的奇函数且在上单调递减，可得，，的大小关系.
【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减且，
所以，且在上单调递减
又，所以，而，
，所以，
所以.
故选:A.
【点睛】本题主要考查函数单调性与奇偶性的性质与应用，考查学生分析问题与解决问题的能力、计算能力，属于基础题.
8．已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据构造函数，利用导数判断其单调性，将不等式化为，利用的单调性求解可得结果.
【详解】设，由题设条件，得，
故函数在上单调递减.
由为奇函数，得，得，
所以，
不等式等价于，即，
又函数在上单调递减，所以，
故不等式的解集是．
故选：D．
二、多选题
9．已知直线，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若与坐标轴围成的三角形面积为1，则
D．当时，不经过第一象限
【答案】BCD
【分析】根据两直线的位置关系即可判断AB；分别求出直线在坐标轴上的截距，结合计算即可判断C；结合一次函数的性质即可判断D.
【详解】A：当时，，解得或，故A错误；
B：当时，，解得，故B正确；
C：对于直线，令，得，令，得，
所以与坐标轴围成的三角形面积为，解得，故C正确；
D：由题意知当时，：，斜率，在y轴上的截距，
所以直线过第二三四象限，故D正确.
故选：BCD.
10．已知圆 ，直线，则（ ）
A．直线恒过定点
B．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于1
C．直线与圆有一个交点
D．若圆与圆 恰有三条公切线，则
【答案】AD
【分析】A选项，将直线变形，即可得到直线过的定点.B选项，结合点到直线的距离公式，可得到结果.C选项，由定点在圆内，即可求解.D选项，由公切线条数可确定两圆位置关系，根据圆心距与两圆半径之间的关系来求解.
【详解】对于A选项，直线 ，所以，令，解得，所以直线恒过定点，故A选项正确.
对于B选项，当时，直线为：，则圆心到直线的距离为，，所以圆上只有2个点到直线的距离为
，故B选项错误.
对于C选项，因为直线过定点，所以，所以定点在圆内，则直线与圆有两个交点.故C选项错误.
对于D选项，由圆的方程可得，，所以圆心为，半径为，因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切，则，解得，故D选项正确.
故选：AD
11．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．当时，的值域为
C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
【答案】ACD
【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．
【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；
由，知，
因为，所以，所以，，即，，
又，所以，所以，
对于B，当时，，所以，
所以的值域为，故B错误；
对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；
对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD．
12．已知定义在R上且不恒为0的函数，对任意的，都有，则（ ）
A．
B．函数是奇函数
C．对，有
D．若，则
【答案】AB
【分析】对代入特殊值，求出的性质，最后运用构造法求出的解析式，运用错位相减法求和即可.
【详解】对于A，令，则有，
，正确；
对于B，因为的定义域为，
因为对于，，
当时，令，则有，
当时，，
所以是奇函数，正确；
对于C，由B知，当时，，错误；
对于D，，令，，
则有，，令，则，
，是首项为1，公差为1的等差数列，
，即，，
令…①，
则…②，
①-②得：，
故，错误；
故选：AB.
三、填空题
13．在等差数列中，已知，则该数列前项和 ．
【答案】
【分析】由等差数列的性质和前项和公式进行计算即可.
【详解】∵数列为等差数列，∴由等差数列的性质，，
∴该数列的前项和.
故答案为：.
14．已知三棱锥中， 面， 则三棱锥的外接球的体积为 .
【答案】
【分析】根据三棱锥的顶点是长方体的顶点即可求解.
【详解】
由题可知,该三棱锥在长方体中，且三棱锥的四个顶点为长方体的四个顶点，
所以三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
由图可知长方体的长宽高分别为，
所以体对角线长，
所以外接球的体积等于.
故答案为:.
15．设是椭圆的左焦点，P为椭圆上任一点，点Q的坐标为，则的最大值为 .
【答案】11
【分析】先确定焦点的坐标，再利用椭圆的定义转化，结合线段差的特点可得答案.
【详解】由题意可得，，
所以,
因为，
所以;
因为，
所以.
故答案为：11.

16．已知，若关于x的不等式恰好有6个不同的实数解，则a的取值范围是 ．
【答案】.
【分析】设，可得，得到函数的单调性与极大值，画出函数的图象，如图（1）所示，根据题意转化为的图象与在内有2个不同的交点，结合的图象和函数的性质，即可求解.
【详解】设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，极大值为，
所以函数的图象，如图（1）所示，
关于x的不等式恰好有6个不同的实数解，
等价于在区间内有2个不同的实根，
即的图象与在内有2个不同的交点，
又由函数的大致图象，如图（2）所示，
则，所以，即实数的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求B；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式即可求出，进而求出；
（2）根据余弦定理可得到，再根据三角形面积公式得到 ，即可求出 ，进而求出的周长.
【详解】解：（1），
由正弦定理得：，
整理得：，
∵在中，，
∴，
即，
∴，
即；
（2）由余弦定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为.
18．已知圆M过，，且圆心M在直线上.
(1)求圆M的标准方程；
(2)过点的直线m截圆M所得弦长为，求直线m的方程；
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)首先由条件设圆的标准方程，再将圆上两点代入，即可求得圆的标准方程；（2）分斜率不存在和存在两种情况，分别根据弦长公式，求得直线方程.
【详解】（1）圆心在直线上，设圆的标准方程为：，
圆过点，，，解得
圆的标准方程为
（2）①当斜率不存在时，直线m的方程为：，直线m截圆M所得弦长为，符合题意
②当斜率存在时，设直线m：，圆心M到直线m的距离为
根据垂径定理可得，，，解得
直线m的方程为或.
19．如图，在四棱锥中，平面，，，，，，为的中点．

(1)证明：；
(2)求二面角的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）由（1）中信息，以点A作原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在四边形中，，取中点，连接，
由，得，则四边形是平行四边形，又，
因此是矩形，即有，有，，
从而，即，而平面，平面，则，
又平面，于是平面，而平面，
所以.

（2）由（1）知两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
依题意，，，
设平面的一个法向量，则，令，得，
设平面的一个法向量，则，令，得，
因此，显然二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为.
20．设数列的前n项和为，．
(1)求证数列为等比数列，并求数列的通项公式．
(2)若数列的前m项和，求m的值，
【答案】(1)证明见解析，
(2)7
【分析】（1）利用数列中与的关系，得，可证明数列为等比数列，可求数列的通项公式．
（2）利用裂项相消求数列的前m项和，由求m的值.
【详解】（1）因为，所以当时，，解得．
当时，，则，
整理得，故，，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以．所以
（2），
数列的前m项和
，
则，则，则，解得，故m的值为7．
21．已知函数，，为函数的导函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若方程在上有实根，求的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）由题意得，令，则，分类讨论，，即可得出答案；
（2）由（1）得，题意转化为方程在上有实根，令，则，分类讨论，，，即可得出答案．
【详解】（1），令，则
当时，，函数在上单调递增；
当时，，得，，得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，，方程在上有实根等价于方程在上有实根.
令，则
当时，，函数在上单调递增，，不合题意；
当时，在上恒成立，所以函数在上单调递减，，不合题意；
当时，，得，，得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，所以
综上所述，的取值范围为
22．已知椭圆的左、右焦点为，离心率为，点在椭圆上，且的面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆交于不同的两点，若在轴上存在点得，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）当点P在上下顶点时，三角形的面积最大，再根据离心率求得a、b、c的值，可得方程；
（2）联立方程，解方程组，再由题在轴上存在点得，转化为，可得直线的斜率乘积为-1，再利用基本不等式可得取值范围.
【详解】由题，当点P在上下顶点时，三角形的面积最大，可得，
即可得，解得
椭圆的方程为.
（2）由消去整理得，
且
设，线段的中点为
则.
在轴上存在点，使得，
，即，
因为
，当且仅当且，即时等号成立.
，故，
实数的取值范围为.
【点睛】本题考查了圆锥曲线的综合，熟悉椭圆的性质以及直线与椭圆相交的知识是解题的关键，考验了学生的计算能力和综合能力，属于较难题.
直线与圆锥曲线解题步骤：
(1)设出点和直线的方程（考虑斜率的存在）；
（2）联立方程，化简为一元二次方程（考虑判别式），利用韦达定理；
（3）转化，由题已知转化为数学公式；
（4）计算，细心计算.