湖南省常德市汉寿县一中2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题

这是一份湖南省常德市汉寿县一中2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题，共20页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足，则（ ）
A．B．
C．D．
3．已知，是非零实数，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
4．如图所示，向量，，，在一条直线上，且，则（ ）

A．B．C．D．
5．某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯造型可以近似看成是一个圆柱挖去一个圆台得到，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该玻璃杯所用玻璃的体积（单位：）为（ ）

A．B．C．D．
6．设是定义域为的奇函数，且，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知向量，，若关于的方程在上的两根为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是半径为的球体表面上的四点，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二､多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．与的夹角为D．在方向上的投影向量是
10．已知函数的图象关于点对称，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的最大值为2
C．函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为
D．在上单调递减
11．若数列中任意连续三项，，，均满足，则称数列为跳跃数列.则下列结论正确的是（ ）
A．等比数列：1，，，，，…是跳跃数列
B．数列的通项公式为，数列是跳跃数列
C．等差数列不可能是跳跃数列
D．等比数列是跳跃数列的充要条件是该等比数列的公比
12．已知实数a，b满足，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13．已知，则 .
14．曲线在点处的切线与直线垂直，则 .
15．已知的面积为，则的中线长的一个值为 .
16．如图，圆柱的底面半径和母线长均为3，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面的一个动点，且，则四面体的外接球的体积为 .

四､解答题：本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知函数在处有极值2.
(1)求，的值；
(2)求函数在区间上的最值.
18．（12分）在中，内角的对边长分别为，.
(1)若，求面积的最大值；
(2)若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小.
19．（12分）已知且，函数在上是单调递减函数，且满足下列三个条件中的两个：①函数为奇函数；②；③.
(1)从中选择的两个条件的序号为______，依所选择的条件求得______，______.
(2)在（1）的情况下，关于的方程在上有两个不等实根，求的取值范围.
20．（12分）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．
(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；
(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．
21．（12分）已知数列{an}是正项等差数列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列；数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn＝1．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)如果cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．
22．（12分）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若，，且有两个极值点，分别为和，求的最小值．
数学参考答案：
1．A
【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.
【详解】由，，
故.
故选：A.
2．A
【分析】由已知等式直接化简计算求解复数
【详解】因为，
所以．
故选：A
3．A
【分析】利用对数函数的单调可知，从而充分性成立，反之也成立，即可判定.
【详解】因为，都是非零实数，由可得，
所以成立，反之也成立.
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：A.
4．B
【分析】根据向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：，
即.
故选：B.
5．A
【分析】根据给定条件，利用柱体体积公式、台体体积公式计算作答.
【详解】依题意，该玻璃杯所用玻璃的体积为.
故选：A
6．C
【分析】根据题意可得4为的周期，根据题意结合周期性运算求解.
【详解】因为，则，
可知4为的周期，
且，可得.
故选：C.
7．B
【分析】利用数量积的坐标运算、正弦型函数的图象与性质、同角三角函数基本关系式运算即可得解.
【详解】解：由题意，
，
可得：，设，
当时，.
且由，得在上的对称轴为.
∵方程在上的两根为，
∴，，
且由得，∴.
∴，
∵当时，，∴，即有.
又∵，∴，则，
∴由得：，
∴.
故选：B.
8．B
【分析】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，连接，证得为中点，平面与平面的夹角即为的余角，解，即可得解.
【详解】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，连接，

∵，∴点为中点，则，
由为外心，故，则，
由题意可得平面，
故平面与平面的夹角，即为的余角.
在中，，，
则由正弦定理可得，
由球的半径为，故，,
由平面，平面，可得，
则中，,即，
故平面与平面的夹角为，故其余弦值为.
故选:B.
9．AC
【分析】A.利用平面向量的数量积运算求解判断；B.利用平面向量的模公式求解判断；C.利用平面向量夹角公式求解判断；D.利用平面向量的投影向量的定义求解判断.
【详解】解：因为，，
所以，则，所以，故A正确；
，所以，故B错误；
，因为，所以，故C正确；
在方向上的投影向量是，故D错误；
故选：AC
10．BC
【分析】根据已知函数的图象关于点对称，可知点在函数的图象上，满足函数方程，进而求出的值，可判断出的正误；已知的值，求出函数的解析式，利用辅助角公式可把解析式化为，进而可判断出
【详解】因为函数的图象关于点对称，
则点在函数的图象上，
所以，
解得，故A错误；
由，得最大值为2，故B正确；
因为的最小正周期为，所以函数的图象相邻两条对称轴的距离为，
故C正确；
当时，，
所以在上是单调递增，故D错误.
故选：BC.
11．ACD
【分析】根据跳跃数列定义逐项判断可得答案.
【详解】对于选项A，由跳跃数列定义知，等比数列：1，，，，，…是跳跃数列，故A正确；
对于选项B，数列的前三项为，，，不符合跳跃数列的定义，
故B错误；
对于选项C，当等差数列公差时，它是单调递增数列；公差时，
它是单调递减数列；公差时，它是常数列，所以等差数列不可能是跳跃数列，
故C正确；
对于选项D，等比数列是跳跃数列，则，整理得，
即，
若比数列的公比，则，
可得，所以等比数列是跳跃数列，
故D正确.
故选：ACD.
12．AD
【分析】先由题意可知，由，得，构造函数，得，再对四个选项逐一分析即可.
【详解】由题意可得，
则由，得.
对于A：设，，
则在区间上，，为增函数，
所以由题意可得，所以，故A正确；
对于B：由，得,故B错误；
对于C：由A可知在区间上为增函数，
且，则，即,
则,
由,得,
令,则,
所以在上单调递增,
所以,
所以,故C错误；
对于D：又,
令,
则,
所以在上单调递增,所以，
所以,
又，且,
令，
根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，
综上可得，故D正确；
故选:AD.
13．/
【分析】由二倍角公式与齐次式弦化切求解．
【详解】.
故答案为：
14．
【分析】根据导数的几何意义和垂直关系可知，由此可构造方程求得结果.
【详解】在处的切线与直线垂直，，
又，，解得：.
故答案为：.
15．或
【分析】结合已知条件和三角形面积公式求，然后利用余弦定理即可求解.
【详解】因为的面积为，
所以，
故或；
①当时，，
故，
因为，所以，
故；
②当时，，
故，
在中，由余弦定理可知，
在中，由余弦定理可知，，
故.
综上所述，的中线长为或.
故答案为：或.
16．
【分析】根据条件确定点的轨迹为圆，再根据勾股定理判断出为直角三角形，其外心为与的交点，进而计算出，确定为四面体的外接球的球心，求出半径进行计算即可.
【详解】因为是上底面的一个动点，且，
所以点的轨迹是上底面上以为圆心，为半径的圆，
在中，，，，
∴，
∴为直角三角形，其外心为与的交点，
且，，而，
所以，
所以为四面体的外接球的球心，球半径为，
所以球的体积
故答案为：
17．(1)，
(2)最小值是，最大值是2.
【分析】（1）利用极值和极值点列方程求解即可；
（2）根据导数求出函数的单调区间，然后比较极值和端点处函数值的大小即可.
【详解】（1），.
∵函数在处取得极值2，
∴，，
解得，，
∴，
经验证在处取得极大值2，
故，.
（2），
令，解得，
令，解得或，
因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
，
故函数的最小值是，
，故函数的最大值是2.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，由余弦定理求得，得到，再由余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得面积的最大值；
（2）设，利用余弦定理和为正三角形，求得，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：由，
因为，可得，
又由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，可得，所以，
在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
所以，
所以面积取得最大值.
（2）解：设，则，
在中，由余弦定理得，
由（1）知，且，所以为正三角形，
所以，
可得，
因为，故，所以，可得.
19．(1)选择①②，，
(2)
【分析】（1）通过单调性分析可知一定满足①②，进而结合奇偶性和列方程求解即可；
（2）参变分离可得，，，换元转化为在上有两个解，进而结合对勾函数的单调性求解即可.
【详解】（1）因为在上是单调递减函数，
故②，③不会同时成立，故函数一定满足①函数为奇函数.
因为函数的定义域为，所以，则，，故一定满足②.
选择①②，，即，
而，解得.
（2）由（1）可得，
由，则，
即，
令，因为，所以，
则问题转化为在上有两个解，
显然，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，，
要使在上有两个解，则，
所以的取值范围是.
20．(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析
(2)符合题意的点存在且为线段的中点．
【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；
（2）易得当平面时，四棱锥体积最大，再建立空间直角坐标系，设（），利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置
【详解】（1）在翻折过程中总有平面平面，
证明如下：∵点，分别是边，的中点，
又，∴，且是等边三角形，
∵是的中点，∴，
∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，
∵，平面，平面，
∴平面，∴平面，
∵平面，∴平面平面．
（2）由题意知，四边形为等腰梯形，
且，，，
所以等腰梯形的面积，
要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.
假设符合题意的点存在．
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，又，
又，且，平面，平面，
平面，故平面的一个法向量为，
设（），
∵，
，故，
∴，，
平面的一个法向量为，
则，，
即
令，所以
，
则平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，即，解得：，
故符合题意的点存在且为线段的中点．
21．(1)，
(2)存在，2
【分析】（1）数列是等差数列，用公差与表示出来后，由已知求得，可得通项公式，数列是已知与的关系，可由求得，再由当时，得到，从而知是等比数列，由此可得通项公式；
（2）数列是由等差数列与等比数列相乘所得，其前项和用错位相减法求得，由（1）得出，作差，会发现当时都有，因此得到结论．
【详解】（1）设数列{an}的公差为d，
∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列，
∴，即，解得（舍去）或，
所以，
由2Sn+bn＝1，得，
当n＝1时，2S1+b1＝1，解得，
当n≥2时，，
所以，
所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，
故．
（2）由（1）知，，
所以①
则②
①-②得，，
所以，
又．
所以，
因为，
所以，即，
所以是递增数列，且当时，，
故当时，，即，
故所求的正整数n存在，其最小值是2.
22．(1)在和上单调递增，在上单调递减；
(2).
【分析】（1）时，，利用导数研究单调性即可；
（2）令，可得是关于的方程的两个实根，易得，，化简
①.令，①式化为，设，利用导数求其最小值即可.
【详解】（1）时，，
，
令，可得或，
当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以在和上单调递增，在上单调递减.
（2），
令，可得.
由题意可得，是关于的方程的两个实根，
所以.
由，有，
所以.
将代入上式，得，
同理可得.
所以
①.
令，①式化为，
设，即，
则，
记，则.
记，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，在上单调递增，所以.
所以，在上单调递减.
又
，
当且仅当且，即时，取到最大值，即的最大值为2.
因为在上单调递减，所以.
所以的最小值为.