2024届黑龙江省大兴安岭实验中学（东校区）高三上学期11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11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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解对数不等式求出，进而求出交集.
【详解】，解得，故，
因为，所以.
故选：D
2．已知复数，且，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】由复数的乘方、除法法则计算出后可得值，从而得结论．
【详解】由已知，
所以，．
故选：D．
3．已知、、是不重合的直线，、是不重合的平面，对于下列命题
①若，，则
②且，则
③且，则
④若、是异面直线，，，且，则
其中真命题的序号是（ ）
A．①②B．③④C．②④D．①③
【答案】B
【分析】根据空间中线线、线面位置关系的性质定理与判定定理一一判断即可.
【详解】解：对于①若，，则与可能平行也可能异面，故①错误；
对于②，若，且，则或，故②错误；
对于③，若，且，则由线面垂直的判定定理得，故③正确；
对于④，若、是异面直线，，，且，
如图，因为，所以存在直线，且满足，又，所以
同理存在直线，且满足，又，所以，
因为、是异面直线，所以与相交，设，
又，所以，故④正确.
故选：B
4．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由倍角余弦公式并整理得，结合角的范围得，进而求，应用倍角正切公式求值即可.
【详解】由，即，
所以或，又，则，
所以，则，
由.
故选：D
5．已知等比数列的首项 ，前项和为，且成等差数列，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求得等比数列的公比，然后根据等比数列前项和公式求得正确答案.
【详解】设等比数列的公比为，
由于成等差数列，
所以，由于，
所以，
所以，
所以，，
所以.
故选：B
6．某种疾病的患病率为5%，通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（ ）
A．0.46B．0.046C．0.68D．0.068
【答案】D
【分析】根据全概率公式可得结果.
【详解】由题意得：
，
故选：．
7．在《九章算术商功》中将正四面形棱台体棱台的上、下底面均为正方形称为方亭．在方亭中，，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为，则该方亭的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据方亭四个侧面的面积之和得到的长度，然后作辅助线找到并求方亭的高，最后利用棱台的体积计算公式求解即可．
【详解】如图，过作，垂足为，
由四个侧面的面积之和为知，侧面的面积为，
（梯形的面积公式），则．
由题意得：，在中，．
连接，，过作，垂足为，
易知四边形为等腰梯形且，，则，
，
该方亭的体积，（棱台的体积公式）．
故选：D．

8．在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知条件求得解得，，，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.
【详解】设，，根据题意得，
解得，，，，
，
又、、三点共线，，
，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：C
【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，
二、多选题
9．给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．对于独立性检验的值越大，说明两事件相关程度越大.
B．若随机变量，则
C．若，则
D．已知样本点组成一个样本，得到回归直线方程，且，剔除两个样本点和得到新的回归直线的斜率为，则新的回归方程为
【答案】BCD
【分析】由独立性检验判断选项A，由正态分布的对称性，判断选项B，由二项分布的方差公式，判断选项C，由回归直线方程的求法，判断选项D．
【详解】选项A，对于独立性检验的值越大，说明这两事件具有相关性的把握越大，错误；
选项B，，，正确；
选项C，，则，，正确；
选项D，把代入回归直线方程，得，
剔除两个样本点和后，新的平均数，
又新的回归直线的斜率为，即，则，解得，
则新的回归方程为，正确；
故选：BCD
10．已知等差数列的公差为，前项和为，，，，则（ ）
A．，B．
C．，的最大值为14D．当时，有最大值
【答案】ACD
【分析】根据，，得出，再逐一对各个选项分析判断，即可求出结果.
【详解】因为，，故，故选项A正确；
选项B，因为，，又，即，故选项B错误；
选项C，因为，，又由，得到，所以，故选项C正确；
选项D，因为，，，故选项D正确.
故选：ACD.
11．已知函数的一个极大值点为1，与该极大值点相邻的一个零点为，将的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．为奇函数
D．若在区间上的值域为，则．
【答案】BD
【分析】对于A，根据余弦型函数的图象与性质进行判断；对于B，由余弦型函数增区间公式得出结果；对于C，根据图象平移变换及函数奇偶性定义进行判断；对于D，根据余弦型函数的定义域、值域的关系以及图像与性质得出结果．
【详解】设的最小正周期为T，由题意，，得，所以，
所以，又点在的图象上，所以，
所以，，即，，
又，所以，
对于A，因为，故A错误；
对于B，令，，解得，，
所以的单调递增区间为，，
当时，单调递增区间为，故B正确；
对于C，因为，
所以为偶函数，故C错误；
对于D，当时，，又的值域为，如图，
当时，，

所以，解得，故D正确．
故选：BD.
12．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，点在对角线上，则（ ）
A．三棱锥体积为
B．点到平面的距离为
C．的最小值为
D．四面体外接球的表面积为
【答案】BCD
【分析】对于A，根据正方体的性质，明确三棱锥的底面以及底面上的高，可得答案；
对于B，利用A求得的三棱锥的体积，利用勾股定理求得的三边长，结合余弦定理以及面积公式，可得答案；
对于C，根据正方体的性质，将点旋转使得共面，利用三角形的余弦定理，可得答案；
对于D，根据三棱锥的性质，设出外接球的球心，利用勾股定理，建立方程，结合球的面积公式，可得答案.
【详解】根据题意，可作图如下：
对于A，在正方体中，，平面，
在三棱锥中，以为底面，则为其高，
因为，易知为等腰直角三角形，且分别为的中点，
所以，且到的距离为，
，故A错误；
对于B，在中，易知，，则，
在中，易知，则，
在中，易知，，则，
在中，由余弦定理，，
则，所以，
点到平面的距离为，故B正确；
对于C，在正方体中，易知平面，
因为平面，所以，
将绕旋转得到，使得共面，如下图：
易知，且，
在中，易知，由余弦定理，
，则，故C正确；
对于D，取的中点，易知为为外接圆圆心，连接，
作，，取，连接，如下图：
因为，所以平面，由为为外接圆圆心，
则可设为三棱锥的外接球球心，即，
因为，所以易知四边形为矩阵，则，，
在中，，易知，则，
在中，由余弦定理，，
在中，，，
在中，，，
则，解得，则球的表面积为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．设为单位向量，且，则 .
【答案】
【分析】整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解.
【详解】因为为单位向量，所以
所以
解得：
所以
故答案为：
【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题.
14．小李准备下载手机，可供选择的社交有3个，音乐有2个，视频有2个，生活有3个，从上述10个中选3个，且必须含有社交以及生活的不同选法种数为 .
【答案】54
【分析】应用分类计数，结合组合数求不同选法种数.
【详解】因为要从10个中选3个下载，且必须含有社交以及生活，
所以可以分成两类：
第一类是：从3个社交及3个生活中各选1个，再从2个音乐和2个视频中再选1个，有 种选法；
第二类是：从3个社交中选2个， 再从3个生活中选1个，或者从3个社交中选1个和3个生活中选2个，有种选法；
所以从10个中选3个，且必须含有社交以及生活的不同选法种数为 (种).
故答案为：54
15．将正方形沿对角线折起，并使得平面垂直于平面，直线与所成的角为 .
【答案】60°
【分析】将所求异面直线平移到同一个三角形中，即可求得异面直线所成的角.
【详解】如图，取，，的中点，分别为，，，
则，所以或其补角即为所求的角.
因为平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，又因为平面，所以.
设正方形边长为，，所以，则.
所以.所以是等边三角形，.
所以直线与所成的角为．
故答案为： 60°
16．已知定义在上的函数满足，，则下列说法正确的是 .（填所有正确说法的序号）
①在处取得极大值，极大值为；
②有两个零点；
③若在上恒成立，则；
④.
【答案】①③④
【分析】由已知得（c为常数），根据可得，求出，利用导数可得的单调性，求出的极大值可判断①；根据零点存在定理可判断②；转化为在上恒成立，只需，令，利用导数求出可怕的③；利用在上单调递增可怕的④.
【详解】由已知得，即，故（c为常数），
又因为，可得，解得，故，
所以，，
当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减.
对于①，当时，取得极大值，，故①说法正确；
对于②，由，，且时，单调递增，
当且时，，当时，，根据零点存在定理可知只有一个零点，故②说法不正确；
对于③，要使在上恒成立，即在上恒成立，
只需，令，则，
当时，，所以函数在上单调递增，
当时，，所以函数在上单调递减，
所以，所以，故③说法正确；
对于④，在上单调递增，由可得，
又，，故，故④说法正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是由已知求出，利用导数判断出的单调性，结合零点存在定理解题，本题考查了利用导利用导数研究函数性质的问题.
四、解答题
17．已知等差数列的前项和为，，且，．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【分析】(Ⅰ)设出公差，借助题设条件建立方程组求解；(Ⅱ)借助题设条件运用裂项相消法求解．
【详解】(Ⅰ)设 的公差为 ，．
，．
联立方程 ，解得
．
(Ⅱ)
．
18．如图，在平面四边形中，，，．

(1)若，求的面积；
(2)若，，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用余弦定理求出，再利用面积公式即可求出结果；
（2）在和中，利用正弦定理，建立等量关系和，从而得到，再化简即可得出结果.
【详解】（1）因为，，，由余弦定理得，
所以，即，解得，
所以．
（2）设，
在中，由正弦定理得，所以①，
在中，，，
则，即②
由①②得：，即，∴，
整理得，所以．

19．如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，，点E为棱PC的中点．

(1)求证：平面PAD；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，取中点，连接，可证四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可得到证明；
（2）根据题意，以点为原点建立空间直角坐标系，然后结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）
如图所示，取中点，连接．
因为分别为的中点，所以，且．
又由已知，可得且，
所以四边形为平行四边形，
所以
又因为平面，平面．
所以平面．
（2）
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则．
由为棱的中点，得．
向量，．
设为平面的法向量，
则．
不妨令，得，即为平面的一个法向量．
又向量，
设直线与平面所成角为，
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
20．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，若对任意都有成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，得，再利用累乘法即可得解；
（2）先利用错位相减法求出，即可求得，再求出的最大值，即可得解.
【详解】（1）由，
得，
则当时，，
所以，
当时，上式成立，
所以；
（2）由（1）知，
，
，
，
．
因此，
，
当，即，
当时，，即，
最大项，．
21．某专营店统计了最近天到该店购物的人数和时间第天之间的数据，列表如下：
(1)由表中给出的数据，判断是否可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系？（若，则认为线性相关程度高，可用线性回归模型拟合；否则，不可用线性回归模型拟合.计算时精确到）
(2)该专营店为了吸引顾客，推出两种促销方案：方案一，购物金额每满元可减元；方案二，购物金额超过元可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖互不影响，中奖一次打折，中奖两次打折，中奖三次打折.某顾客计划在此专营店购买一件价值元的商品，请从实际付款金额的数学期望的角度分析，选哪种方案更优惠？
参考数据：.附：相关系数.
【答案】(1)可以，理由见解析
(2)方案二更优惠，理由见解析
【分析】（1）计算出、的值，将表格中的数据代入相关系数公式，求出的值，即可得出结论；
（2）设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元，计算出、的值，比较大小后可得出结论.
【详解】（1）解：，，
所以，，
，，
所以，，
所以，与的线性相关性很强，故可用线性回归模型拟合人数与时间之间的关系.
（2）解：设方案一的实际付款金额为元，方案二的实际付款金额为元，
由题意可知，（元），
的可能取值有、、、，
，，
，，
所以，，
所以，方案二更优惠.
22．已知函数，.
(1)若在定义域内单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若有两个极值点，，且，证明：.（参考数据：）
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）在定义域内单调递减，即在恒成立，分离参数，根据恒成立成立条件，求实数a的取值范围.
（2）导数综合应用问题，利用导数研究单调性和最值，从而证明不等式.
【详解】（1）的定义域为，，
因为在定义域内单调递减，
所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，则.易得，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以的最大值为，因此，即，经检验可得满足条件，
所以实数a的取值范围为.
（2）由（1）可知，
因为有两个极值点，，
所以在上的两个根为，，
所以，所以.
由（1）令，由（1）可知在上单调递增，在上单调递减，且，
当时，，所以，即.
因为，，
所以.
因为，令，则.
令，，则.
令，，则，
所以在上单调递增，
所以，所以，即在上单调递增.
所以，即，所以.