2024届黑龙江省大兴安岭实验中学（东校区）高三上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2024届黑龙江省大兴安岭实验中学（东校区）高三上学期10月月考数学试题含答案，共20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．已知复数，则下列说法正确的是
A．复数z的实部为3B．复数z的共轭复数为：
C．复数z部虚部为：D．复数z的模为5
【答案】B
【分析】将复数化为形式，则实部为，虚部为，共轭复数为，模为．
【详解】，则实部为，虚部为，共轭复数为：，模为．选B.
【点睛】本题考查复数的基本运算，属于简单题．
2．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据对数函数的定义域和单调性得到，进而求出交集.
【详解】由题意得，解得，
故，
故
故选： D.
3．已知平面向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．与的夹角为钝角D．与垂直
【答案】D
【分析】对于A直接利用数量积的坐标运算计算判断；对于B利用向量模的公式来计算判断；对于C通过计算的正负来判断；对于D通过计算的值来判断.
【详解】对于A：，A错误；
对于B：，B错误；
对于C：，则，故与的夹角不为钝角，C错误；
对于D：，则，D正确；
故选：D.
4．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．45B．60C．160D．80
【答案】A
【分析】利用等差中项及已知得，结合、等差数列前n项和公式求结果.
【详解】因为等差数列中，又，
所以，即，又，
所以.
故选：A
5．在等比数列中，若，则的公比（ ）
A．B．C．D．4
【答案】B
【分析】设等比数列的公比为，结合题意，得到，即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为且，可得，可得.
故选：B.
6．在三角形中，记为的面积，已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据三角形的面积公式结合求出角，再根据二倍角的正弦公式及同角三角函数的关系即可得解.
【详解】，，
因为，即，
又，则，
所以.
故选：A．
7．已知定义域为的函数满足以下条件：①；②；③当时,.若方程在上至少有个不等的实根,则实数 的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意作出与函数的图像，则原问题转化成函数的图像与函数的图像至少有5个交点.
【详解】由，知即的图像关于直线对称，由知,的一个周期.结合,作出的图像与函数的图像，则方程在上至少有5个不等的实根等价于函数的图像与函数的图像至少有5个交点，如图所示，则 所以.
故选：C.
8．若过第一象限的点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先设切点，利用导数的几何意义，列式，并转化为函数有2个零点，利用导数判断函数的性质，即可判断选项.
【详解】设切点，则，
得，
设，由条件可知，函数存在两个零点，
，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以当时，取得最小值，若函数有2个零点，
则.
故选：D
二、多选题
9．（多选）函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．函数的周期是
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在上单调递减
D．该函数的图象可由的图象向左平行移动个单位长度得到
【答案】AC
【分析】观察图象可得函数的最小值，周期，且，由此可求函数解析式，根据三角函数对称性、单调递减区间和左右平移知识即可一一判断．
【详解】观察图象可得函数，，的最小值为，故
设函数的最小正周期为，由图象知，
则，故，故A正确；
由可得，又，
所以，
所以，
因为，故B错误；
由，可得，，
所以的单调递减区间为，
取知，函数在上单调递减，
，故C正确；
的图像向左平移个单位后得到，故D错误．
故选：AC．
10．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则的外接圆半径为1
B．若，，则的面积最大值为
C．若，，且为直角三角形，则
D．若，，且有两解，则a的取值范围
【答案】ABD
【分析】利用正弦定理即可判断A；根据余弦定理结合基本不等式及三角形的面积公式即可判断B；分和两种情况讨论即可判断C；要使有两解，则且，再结合正弦定理即可判断D.
【详解】对于A，因为，，
所以的外接圆半径为，故A正确；
对于B，若，，
由余弦定理可得，
所以，当且仅当时，取等号，
则，
即的面积最大值为，故B正确；
对于C，当时，则，
当时，则，
综上，或，故C错误；
对于D，，，
因为，所以，
因为，所以，
要使有两解，则且，则，
所以，解得，故D正确.
故选：ABD.
11．下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知，点在直线上，且，则的坐标为；
B．若是的外接圆圆心，则
C．若，且，则
D．若点是所在平面内一点，且，则是的垂心.
【答案】BD
【分析】对于A，设，由题意可得或，再根据平面向量的坐标表示计算即可；对于B，如图，设为的中点，根据数量积的定义即可得解；对于C，当时，再根据数量积的运算律即可判断；根据数量积的运算律即可判断D.
【详解】对于A，设，则，
因为点在直线上，且，
所以或，
则或，
所以或，解得或，
所以或，故A错误；
对于B，如图，设为的中点，则，
则，故B正确；
对于C，当时，，
满足，则与不一定相等，故C错误；
对于D，因为，
所以，所以，
同理可得，
所以是的垂心，故D正确.
故选：BD.
12．在棱长为1的正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ ）
A．过点，E，F的平面截正方体所得的截面周长为
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．点P为正方形内一点，当//平面时，DP的最小值为
D．当三棱锥的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为
【答案】BCD
【分析】对于A：根据平行关系求截面，进而可得周长；对于B：根据异面直线夹角分析运算；对于C：根据面面平行分析判断；对于D：转化为长方体的外接球分析运算.
【详解】对于A：连接，
因为为的中点，则//，
又因为//，，则为平行四边形，可得//，
则//，
过作//，设，则//，
可得，
连接，设，连接，
可得过点，E，F的平面截正方体所得的截面为五边形，
因为，则，
可得，
所以截面周长为，故A错误；
对于B：因为//，则异面直线与所成角为，
可得，所以，故B正确；
对于C：取的中点，连接，
由题意可得：//，，则为平行四边形，所以//，
又因为//，，且//，，
可得//，，则为平行四边形，所以//，
可得//，
平面，平面，则//平面，
又因为//，且//，可得//，
平面，平面，则//平面，
，平面，所以平面//平面，
则点P在线段上，可得，
所以当点P为线段的中点时，取到最小值，
故C正确；
对于D：三棱锥的外接球即为以为邻边的长方体的外接球，
因为，可得外接球的半径，
所以外接球的表面积，故D正确；
故选：BCD.
三、填空题
13．在的展开式中，常数项为 ．
【答案】60
【分析】由二项式定理可得二项式展开式的通项公式，令，运算即可得解.
【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以的二项展开式中，常数项为.
故答案为：.
14．已知苏锡常镇四市联考中某校学生数学成绩服从正态分布，且，则从该校学生中任选一名学生，该生的数学成绩超过分的概率为 .
【答案】
【分析】利用正态分布曲线的对称性得到可得答案.
【详解】因为学生数学成绩服从正态分布，
所以，
因为，所以，
所以，
该生的数学成绩超过分的概率为.
故答案为：.
15．设矩形的周长为12，把沿向折叠，折后交于点，则的面积最大值为 .
【答案】
【分析】作图，令折叠后对应为，且()，易得，再设且，勾股定理列方程得，最后应用三角形面积公式、基本不等式求面积最大值，注意取值条件.
【详解】如下图，折叠后对应为，令且，则，

由图知：，，，则，
所以，而，
令且，则，
所以，则，
则，
当且仅当时等号成立，
所以的面积最大值为.
故答案为：
16．已知正项数列的前项和为，若，，数列的前项和为，则下列结论正确的是 .
①；②是等差数列；③；④满足的的最小正整数为10.
【答案】②③④
【分析】对于②，根据与的关系得出是等差数列；对于①，由求出，再比较大小进行判断；对于③，令，通过导数证明在上恒成立，令（，），再证得不等式成立；对于④，利用裂项相消法求出，再求出的的最小正整数.
【详解】对于②，因为，当时，，解得，
当时，，所以，整理得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，故②正确.
对于①，，又正项数列的前项和为，所以，
当时，，当时，，即，
又当时，满足，所以，
又，因为，
所以，即，故①不正确；
对于③，令，，当时，恒成立，
所以在区间上单调递增，所以，即，
所以在上恒成立，
令（，），所以，又，故，故③正确；
对于④，因为，所以，
所以，
所以
，
因为，即，化简整理得，
显然数列递增，当时，；
当时，，所以满足的的最小正整数为10，故④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.
四、解答题
17．已知数列的前n项和满足，
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：数列等差数列；
(3)求数列的前n项和的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)42
【分析】（1）根据之间的关系进行求解即可；
（2）根据等差数列的定义进行证明即可；
（3）根据等差数列的单调性进行求解即可.
【详解】（1）当时，；
∵，∴；
∴；
当时，满足上式，故的通项公式为．
（2）设，其中，
∴；∴；
即数列为首项12，公差的等差数列．
（3）因为，
所以该数列是递减数列，
由，
由，
当时，；即，；
所以前n项和的最大值为.
18．已知函数.
(1)求函数的最小正周期及的单调区间﹔
(2)将的图象先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位得到函数，当时，求的值域；
(3)若，，求的值；
【答案】(1)，单调增区间，单调减区间：
(2)
(3)
【分析】（1）化简的解析式，根据三角函数最小正周期、单调区间的求法求得正确答案.
（2）利用三角函数图象变换的知识求得，根据三角函数值域的求法求得在区间上的值域.
（3）先求得，利用两角和的余弦公式求得.
【详解】（1）
.
所以的最小正周期.
由解得，
所以的递增区间是，
由解得，
所以的递减区间是.
（2）将的图象先向左平移个单位长度，
再向下平移1个单位得到函数，
，
所以.
（3），
由于，所以，
所以
.
19．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求边长和角A；
(2)求的周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得到，从而得到，由求出；
（2）根据余弦定理和基本不等式求出，结合三角形三边关系得到周长的取值范围.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
，
，
，
可得，
因为，所以，
由得，
得，
故或，故或0 (舍去).
（2）因为，
由余弦定理得，即，
所以，
又，即，
解得，
根据三角形三边关系得到，
故，
的周长的取值范围是.
20．如图，底面为正方形的四棱锥中，平面为棱上一动点，.

(1)当为中点时，求证:平面;
(2)当平面时，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）设，得到为的中点，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面 ；
（2）以为原点，建立空间坐标系，得到
设，求得，结合，求得的值，进而求得的值.
【详解】（1）证明：连接 ，设，则为的中点，
连接 ，因为和分别为，的中点，所以，
因为平面，且平面，所以平面 .

（2）解：以为原点，分别为和轴, 过做的平行线为轴，建立空间坐标系，如图所示，设，
(3)（4）则，
所以，
设，可得，则，
由平面，所以，解得，
所以.

21．2023年9月23日至2023年10月8日，第19届亚运会将在中国杭州举行.杭州某中学高一年级举办了“亚运在我心”的知识竞赛，其中1班，2班，3班，4班报名人数如下：
该年级在报名的同学中按分层抽样的方式抽取10名同学参加竞赛，每位参加竞赛的同学从预设的10个题目中随机抽取4个作答，至少答对3道的同学获得一份奖品.假设每位同学的作答情况相互独立.
(1)求各班参加竞赛的人数；
(2)2班的小张同学被抽中参加竞赛，若该同学在预设的10个题目中恰有3个答不对，记他答对的题目数为，求的分布列及数学期望；
(3)若1班每位参加竞赛的同学答对每个题目的概率均为，求1班参加竞赛的同学中至少有1位同学获得奖品的概率.
【答案】(1)3,4,2,1
(2)分布列见解析，2.8
(3)
【分析】（1）根据分层抽样计算可得；
（2）根据超几何分布求出概率，列出分布列求期望即可得解；
（3）计算1班每位同学获奖的概率，然后根据二项分布求解即可.
【详解】（1）各班报名人数总共100人，抽取10人，抽样比为，
故班分别抽取（人），（人），（人），（人）.
（2）由题意，的可能取值为1,2,3,4，
,
,
,
,
所以的分布列为：
（3）由题意，1班每位同学获奖的概率为,
设1班获奖人数为，则，
所以至少1人获奖的概率为.
22．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；
(3)，关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析．
(2)；
(3)．
【分析】（1）求出导函数分类讨论确定的正负得单调性；
（2）由（1）的单调性，结合零点存在定理确定零点个数，从而得参数范围；
（3）不等式分离参数得，右边引入新函数，由导数求得新函数的最大值后可得参数的范围．
【详解】（1），
时，恒成立，在上是增函数，
时，时，，是减函数，时，，是增函数，
综上，时，在R上是增函数，时，在上是减函数，在上是增函数；
（2），
由（1）时，只有一个零点，
时，若时，则由在上递减得，显然足够大时，，因此在上还有一个零点，不合题意；
时，由（1）知是极小值也是最小值，函数只有一个零点，此时；
时，在上递增，有一个零点，因此，
此时，时，，因此在上也有一个零点，不合题意，
综上，的取值范围是；
（3）不等式即为，又，
所以恒成立，
设，，
则，
由（1）知，从而，且时，，
所以时，，递增，时，，递减，
所以时，，
所以，．
【点睛】方法点睛：用导数研究不等式恒成立问题，一般有两种方法：
（1）直接由不等式引入函数，利用导数求得函数的最值，然后由最值满足的不等关系求得参数；
（2）分离参数后，引入新函数，由导数得新函数的最值，然后可得参数范围．
班号
1
2
3
4
人数
30
40
20
10
1
2
3
4