山西省大同2023_2024高三数学上学期10月月考试题

这是一份山西省大同2023_2024高三数学上学期10月月考试题，共21页。试卷主要包含了 下列函数中最小值为6的是，19738B， 已知数列满足，则， 已知向量，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.
【答案】D
【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由题意集合，
则，
故选：D
2. 已知为虚数单位，若复数，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】先求出，进而结合复数虚部的定义求解即可.
【详解】因为，所以，
即，
所以复数的虚部为.
故选：B.
3. 命题所有的偶数都不是素数，则是（ ）
A. 所有的偶数都是素数B. 所有的奇数都是素数
C. 有一个偶数不是素数D. 有一个偶数是素数
【答案】D
【分析】根据全称命题的否定求解即可.
【详解】因为命题所有的偶数都不是素数，
所以是：有一个偶数是素数
故选：D.
4. 下列函数中最小值为6的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】A.由时判断；B. 令，利用对勾函数的性质求解判断；C. 令，利用基本不等式求解判断；D. 由时判断.
【详解】A.当时，显然不成立，故错误；
B. 令，又 在 上递减，所以当t=1时，函数取得最小值10，故错误；
C. 令，则 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，故正确；
D. 当时， ，显然不成立，故错误；
故选：C
5. 已知某音响设备由五个部件组成，A电视机，B影碟机，C线路，D左声道和E右声道，其中每个部件能否正常工作相互独立，各部件正常工作的概率如图所示.能听到声音，当且仅当A与B至少有一个正常工作，C正常工作，D与E中至少有一个正常工作.则听不到声音的概率为（ ）
A. 0.19738B. 0.00018C. 0.01092D. 0.09828
【答案】A
【分析】首先根据独立事件概率公式求能听到声音的概率，再利用对立事件概率公式，即可求解.
【详解】设能听到声音为事件，
则
,
所以听不到声音的概率.
故选：A
6. 已知数列满足，则（ ）
A. 2023B. 2024C. 2027D. 4046
【答案】C
【分析】由可得，进而可得，则有数列的偶数项是以为公差的等差数列，再根据等差数列的通项即可得解.
【详解】由①，得，
②，
由②①得，
所以数列的偶数项是以为公差的等差数列，
则，
所以.
故选：C.
7. 设函数，则使得成立的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】先判断函数的单调性，利用函数的单调性求解函数不等式.
【详解】，
因为，
故的定义域为，
又因为，
所以函数为偶函数，
当时，，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，解得.
故选：B
8. 已知点是抛物线的焦点，，过斜率为1的直线交抛物线于M，N两点，且，若Q是抛物线上任意一点，且，则的最小值是（ ）
A. 0B. C. D. 1
【答案】A
【分析】根据直线与抛物线联立可得韦达定理，根据数量积的坐标运算可得，进而根据向量线性运算的坐标表示，即可结合二次函数的性质求解.
【详解】由题意可得，所以直线的方程为，
联立直线与抛物线方程得，
设,所以
，，
化简得，
即,解得,
故
设,则，
因此且，
因此可得，
故，当时取到等号，故的最小值为0，
故选：A
二、多项选择题：本题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知向量，则（ ）
A. B.
C. D. 向量在向量方向上的投影向量互为相反向量
【答案】AB
【分析】根据向量垂直、平行、投影向量等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，，所以，所以A选项正确.
BC选项，，，所以，
所以B选项正确，C选项错误.
D选项，在上的投影向量为，
在上的投影向量为，所以D选项错误.
故选：AB
10. 下列选项中，满足的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【分析】利用指数、对数函数、幂函数的单调性逐项比较大小即可.
【详解】对于A，函数在上单调递增，则，即，A不满足；
对于B，函数在上单调递减，则，
即有，因此，即，B满足；
对于C，函数在R上单调递减，则，即，C满足；
对于D，函数在上单调递增，则，即，D满足.
故选：BCD
11. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 是函数的一个递减区间
C. 是函数图象的一条对称轴
D. 函数在区间上的最大值是
【答案】AC
【分析】根据函数图像依次分析出，然后再判断对称轴，单调区间，最值等问题
【详解】由图可知最大值为1，最小值为，所以；
由图可知，所以，又，所以；
函数图像经过点，所以，
所以，又，所以，
所以.
对于A：由上面结论知道A正确；
对于B：时，在该区间不是单调递减函数，B错误；
对于C：时，是函数的一条对称轴，C正确；
对于D：时，此时单调递增，最大值取不到，故D错误.
故选：AC
12. 定义在上的函数满足，则（ ）
A.
B. 若，则为的极值点
C. 若，则为的极值点
D. 若，则在上单调递增
【答案】ABD
【分析】令且，结合已知可得，即可判断A；将已知条件化为且，再令并应用导数研究单调性得，进而判断B、C、D.
【详解】令且，则，
所以在上递增，则，A对；
由题设且，
令，则，
当时，即递减；当时，即递增；
所以，
若，则，
所以上，递减；上，递增；
故为的极值点，B对；
若，则，即，故在上递增，故不是的极值点，C错；
若，则，即，故在上单调递增，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于B、C、D，由且，并构造且应用导数研究其单调性和极值为关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则__________.
【答案】
【分析】根据题意，化简得到，结合二项展开式的通项公式，即可求解.
【详解】由，
其中二项式展开式的通项公式为，
当时，可得，所以.
故答案为：.
14. 曲线的一条切线的斜率为1，则该切线与坐标轴围成的三角形的面积为__________.
【答案】##
【分析】根据给定条件，利用导数求出切点坐标及切线方程，再求出面积即得.
【详解】设斜率为1的直线与曲线相切的切点为，
由，求导得，因此切线斜率为，解得，切点为，切线方程为，
该切线与x、y轴分别交于，
所以该切线与坐标轴围成的三角形的面积为.
故答案为：
15. 已知椭圆和双曲线有相同的焦点，离心率分别为，且，若P是两条曲线的一个交点，则__________.
【答案】
【分析】结合为椭圆和双曲线的公共点，分别根据定义在椭圆和双曲线里列和的关系，表示出和，然后结合，在用余弦定理表示即可.
【详解】
不妨设椭圆方程为，设双曲线的方程为，，
设P是两条曲线第一象限的一个交点，则有，，所以，，
在中，
又因为，则，即，即，
所以，即.
故答案为：.
16. 已知函数满足，则__________，若，则m的取值范围是__________.
【答案】 ①. 1 ②. .
【分析】利用列方程求参数a，进而写出解析式和定义域，定义判断奇偶性，并得到，即有上值域均相同，再将问题化为研究上，结合基本不等式求参数范围.
【详解】由，则，故，且，
而，即为奇函数，
所以，易知和上值域相同，
综上，上值域均相同，
只需研究上的最小值，即，
此时，当且仅当时取等号，
所以，.
故答案为：1，
【点睛】关键点点睛：求参数范围时注意判断的奇偶性并确定在四个区间上的值域相同，简化为上为关键.
四、解答题：本题共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. 已知向量，函数.
（1）求使成立的x的集合；
（2）若先将函数的图象向左平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求在区间内的所有零点之和.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利于向量的数量积、三角恒等变换化简函数式，结合三角函数的性质解不等式即可；
（2）利用三角函数的图象变换及性质数形结合计算即可.
【小问1详解】
由已知可得
，
所以
【小问2详解】
结合（1）可知将函数的图象向左平移个单位得，
再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得函数，
所以，
如下图所示，函数与在上有4个交点，
记该四个交点的横坐标依次为，
则由正弦函数的对称性可知.
18. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，从条件①、条件②中选一个作为已知条件①：；条件②：.
（1）求角；
（2）当时，求的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）选条件①，由正弦定理边化角得到，于是，而，于是，进而求出角；
选条件② ，由正弦定理可得，化简后利用余弦定理得到，进而求出角.
（2）通过正弦定理将边转化为角，再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式，最后结合角的范围利用三角函数的值域求解．
【小问1详解】
选条件① ，因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，所以，
因为，所以，
所以，
又因为，故.
选条件② ，因为，
由正弦定理可得，
整理得，
由余弦定理可得，
又因为，故.
【小问2详解】
由正弦定理，
所以，，
所以 ，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，
所以，
故，
所以的取值范围为.
19. 如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，平面，为线段的中点，与平面所成的角为.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）设与的交点为,连接,则，利用线面平行的判断定理证明即可；（2）连接,交于,以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后进行计算即可.
【小问1详解】
设与的交点为,连接,
因为为线段的中点,则为的中位线，
则,
又平面,平面,
所以平面.
【小问2详解】
因为四边形为边长为2的菱形，
故可求得,
又平面,则平面,
则为与平面所成的角，故
又，则,
连接,交于,
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则,
,
设平面的法向量为，
则，
令，得，故.
设平面法向量为，
则，
令，得，故,
设平面与平面夹角为，则
，
故平面与平面夹角余弦值为
20. 已知等差数列满足，数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【分析】（1）根据等差数列的定义以及基本量计算和与的关系即可；
（2）先求出的通项，再用错位相减法求得的值，再由化简及分类讨论、分析函数的最值求得的取值范围.
【小问1详解】
因为是等差数列，，由等差数列中项性质可得，
又因为，所以，解得，
所以可得
所以；
由 ①，可得:
当 时，，得: ，
当 时， ②，
① -② 得: ，
故数列为以首项为 , 公比为的等比数列，
【小问2详解】
由（1）可知，，，
所以，
③ ④，
由③-④可得
.
化简可得:
要使得对任意恒成立，
即 ，
即 ，
① 当 时, 有 成立
②当 时，有 ，
对于函数，由反比例函数性质可知是在 单调递增的；
所以要使其恒成立，只要 ，，
③当 ，有 ，
对于函数 ，由反比例函数性质可知在[1,4]上单调递增，
只要 ；
综上: 的取值范围为 .
21. 已知函数的定义域为D，如果存在，使得，则称为的一阶不动点；如果存在，使得，且，则称为的二阶周期点.
（1）函数是否存在一阶不动点与二阶周期点？
（2）若函数存在一阶不动点，不存在二阶周期点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）存在一阶不动点，不存在二阶周期点
（2）
【分析】（1）根据一阶不动点和二阶周期点的定义判断；
（2）将存在一阶不动点转化为方程有解，然后列不等式求；假设存在二阶周期点得到，即可得到时，不存在二阶周期点.
【小问1详解】
的定义域为，
令，整理得，解得，
所以为的一阶不动点，所以存在一阶不动点；
令，解得，而，
所以不存在二阶周期点.
【小问2详解】
若存在一阶不动点，则方程有解，
当时，存在一阶不动点，成立；
当时，，解得，
所以当时，存在一阶不动点，
若存在二阶周期点，则，，
整理得，，
即方程有解，
当时，，不成立；
当时，，解得，
所以当时，存在二阶周期点，
所以当时，不存在二阶周期点，
综上可得，当时，存在一阶不动点，不存在二阶周期点.
22. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在极值点，其极大值点为，最大的零点为，判断与的大小关系，并证明.
【答案】（1）答案见解析；
（2），证明见解析.
【分析】（1）当时，直接求导可得单调性；当，由方程在范围内上解的情况，可得单调性.
（2）由（1）知，的极值点为方程的两根，设为，且.后通过讨论的正负情况，可知存在，， 三种情况，前两种情况容易得到，当时，利用单调性比较与大小即可.
【小问1详解】
由题，定义域为.
当，在上单调递减；
当时，.
当或时，在上单调递减；
当或，此时方程有两根设为.
由韦达定理，，则同号.
当，则在上单调递减；
当，.
在上单调递增；
或
在上单调递减；
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由（1）可知此时，
在上单调递减，在上单调递增.
，.
则.
令，则.
，.
设.
则，因均在上递增，
则在上递增，则.
注意到，则.
即在上单调递增，则.
则，使.即，使
又注意到.
则当时， ，
则有唯一零点，满足；
当时，，
有两个零点，满足
当时，，此时无论取值如何，的最大零点均满足.
因在上单调递减，.则与的大小关系与与大小关系相反.
令，
则，
则在上递减，则.
综上.