2023-2024学年福建省华安县第一中学高三上学期10月月考数学含答案

这是一份2023-2024学年福建省华安县第一中学高三上学期10月月考数学含答案，文件包含数学试题docx、数学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分.把答案填在答题卡上.）
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为或，
又因为，因此，.
故选：B.
2. 已知复数（为虚数单位），则（）
AB. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】因为复数（为虚数单位），
则，
因此，.
故选：A.
3. 已知向量，，，，与的夹角为120°，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用数量积的定义求出,再根据垂直关系的向量表示列式解方程即可.
【详解】因为，，与的夹角为，所以.
由，
得，
解得.
故选:C.
4. 已知等差数列，记为数列的前项和，若，，则数列的公差（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的求和公式以及通项公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】在等差数列中，为数列的前项和，，
由可得，即，解得.
故选：D.
5. 已知为正实数，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用，结合可得，进而可得答案.
【详解】因为为正实数，则，
即，
所以或，
所以或.
的取值范围是，
故选：D.
6. 函数在上单调递增，且为奇函数.当时，，且，则满足的的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】计算，，判断函数在上单调递增，将不等式变换为，计算得到答案.
【详解】，所以，则.
，所以
.
在上单调递增，且为奇函数，所以在上单调递增.
所以.
故选：
【点睛】本题考查了利用函数的单调性和奇偶性解不等式，意在考查学生对于函数性质的综合应用.
7. 已知，，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用和差公式和同角三角函数关系以及二倍角即可得出结论.
【详解】将平方得，
所以，则．
所以，
从而．
联立，得．
所以，．
故．
故选：D
8. 已知函数，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断函数单调性，再对数函数的性质和幂函数的性质比较的大小，从而可比较出的大小.
【详解】由，得，
所以在上单调递增，
因为在上为增函数，且，
所以，所以，
因为，所以，
因为在上为增函数，且，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
因为，
所以，
因为在上单调递增，
所以，即，
故选：D
二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分.漏选得2分，错选不得分.）
9. 已知的展开式中含有常数项，则的可能取值为（）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】AC
【解析】
【分析】求出展开式的通项，再令，可得与的关系，用赋值法从而可得出结论.
【详解】展开式的通项为：，其中；
令，则，可知n为4的倍数，故B、D错误；
当时，最小为 4；当时，为8；
故选：AC.
10. 设数列，都是等比数列，则（）
A. 若，则数列也是等比数列
B. 若，则数列也是等比数列
C. 若的前项和为，则也成等比数列
D. 在数列中，每隔项取出一项，组成一个新数列，则这个新数列仍是等比数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义判断ABD；举例说明判断C作答.
【详解】数列，都是等比数列，设公比分别为，
对于A，由，得，所以数列为等比数列，A正确；
对于B，由，得，所以数列为等比数列，B正确；
对于C，令，则，不成等比数列，C错误；
对于D，为常数，D正确．
故选：ABD
11. 设函数的定义域为，且满足，，当时，，则下列说法正确的是（）
A. 是偶函数B. 为奇函数
C. 函数有个不同的零点D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数关系式可推导得到关于直线和点对称，且周期为；令，，由奇偶性定义可得的奇偶性，知AB正确；作出和的图象，根据图象可得两函数交点个数，进而确定函数零点个数，知C正确；根据周期性可求得，知D错误.
【详解】，，且关于直线对称；
又，，且关于中心对称；
，，
则是周期为的周期函数；
对于A，令，则，
为偶函数，A正确；
对于B，令，则，
为奇函数，B正确；
对于C，作出和的图象如下图所示，
当时，，又，
由图象可知：与共有个不同的交点，
则有个不同的零点，C正确；
对于D，，
，D错误.
故选：ABC.
12. （多选）分别为内角的对边，已知，且，则（ ）
A. B.
C. 的周长为D. 的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正弦定理得，即可判断A选项；由平方关系及商数关系即可判断B选项；先由余弦定理得，再求出周长即可判断C选项；先求得，再求面积即可判断D选项.
【详解】由正弦定理得，整理得，即，A正确；
由可得，则，B正确；
由余弦定理得，又，可得，
整理得，的周长为，C错误；
由上知：，，可得，
则的面积为，D正确.
故选：ABD.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题（共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.）
13. 已知向量，，若，则的取值范围为______________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用向量的坐标运算求得，再利用向量数量积的坐标表示即可得解.
【详解】由向量，，得，
若，则，解得.
故答案为：.
14. 已知角的终边经过点，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题可判断角的终边落在第三象限，求出，即可得出.
【详解】点的纵坐标为，且．
角的终边落在第三象限，，
.
故答案为：.
15. 若函数的图象关于轴对称，则实数的值为_______
【答案】
【解析】
【分析】根据图象对称关系可知函数为偶函数,得到,进而得到恒成立,根据对应项系数相同可得方程求得结果.
【详解】图象关于轴对称，即为偶函数,
.即
恒成立，即：，，解得.
故答案为:.
【点睛】本题考查根据函数的奇偶性求解参数值的问题,关键是能够明确恒成立时,对应项的系数相同,属于常考题型.
16. 已知a，b为正实数，直线y=x－a与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，则的最小值是_______________.
【答案】4
【解析】
【分析】由题意结合导数的几何意义、导数的运算可得、，进而可得，再利用，结合基本不等式即可得解.
【详解】对求导得，
因为直线y=x－a与曲线y=ln(x+b)相切于点(x0，y0)，
所以即，
所以，所以切点为，
由切点在切线y=x－a上可得即，
所以，
当且仅当时，等号成立.
所以的最小值是.
故答案为：.
【点睛】本题考查了导数的运算、导数几何意义的应用，考查了基本不等式求最值的应用及运算求解能力，属于中档题.
四、解答题（本小题共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. 在中，的内角、、的对边分别为、、，为锐角三角形，且满足条件．
（1）求的大小；
（2）若，求周长的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
分析】
（1）利用正弦定理和正弦函数的两角和公式进行求解即可；
（2）利用正弦定理，作边化角，则可整理得，周长，进而可求解
【详解】解：（1），且，
，
即，即．
即．
即，即．
因为，．
（2），，，
周长，
，
．
又为锐角三角形，，，
，
周长的范围为．
【点睛】关键点睛：解题关键在于利用正弦定理作边化角，再利用正弦的两角和与差的公式进行化简求解，主要考查学生的运算能力，难度属于中档题
18. 已知函数的周期为，且图像经过点．
（1）求函数的单调增区间；
（2）在中，角，，所对的边分别是，，，若，，，求的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据题意求出函数的解析式，再由三角函数的性质即可得出结论；
（2）根据正余弦定理、诱导公式以及面积公式运算即可得出结论；
【小问1详解】
由题意知，，则，
又，
则，，所以，，又，所以，
则，
由三角函数的性质可得：，．
解得：，，
∴的单调递增区间为，．
【小问2详解】
由得，，即，
结合正弦定理得，，
即，又，所以，即，
又，所以，则，所以，
由余弦定理有，．
19. 如图，在长方体中，点，分别在棱上，且，．
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在上取一点G，使得，连接EG，，通过证明四边形是平行四边形，以及四边形是平行四边形得到；
（2）连接AC，BD交于点O，如图建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，求其夹角的余弦值即可得答案.
【小问1详解】
如图，在棱上取点，使得，
又，所以四边形为平行四边形，
则且，又且，
所以且，
则四边形为平行四边形，所以，
同理可证四边形为平行四边形，
则，所以．
【小问2详解】
以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，设平面的法向量为，
由得，，解得，，
令，则，
，，设平面的法向量为，
由得，，解得，
令，则，
设两个平面夹角大小为，则．
20. 在数列中，，的前项为．
（1）求证：为等差数列，并求的通项公式；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，；
（2）.
【解析】
【分析】（1）变形给定的递推公式，利用等差数列定义判断并求出通项公式作答.
（2）由（1）结合裂项相消法求和，分离参数并借助对勾函数求出最小值作答.
【小问1详解】
由，，得，，
则，因此数列是以为首项，1为公差的等差数列，
于是，所以的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）知，，，
因此当时，恒成立，即对恒成立，
而对勾函数在上单调递增，于是当时，，则，
所以的取值范围是.
21. 某款游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次，若出现一次音乐获得1分，若出现两次音乐获得2分，若出现三次音乐获得5分，若没有出现音乐则扣15分(即获得分).设每次击鼓出现音乐的概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立.
（1）设每盘游戏获得的分数为X，求X的分布列.
（2）玩三盘此游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？
（3）玩过这款游戏的人发现，若干盘游戏后，与最初的得分相比，得分没有增加反而减少了.请你分析得分减少的原因.
【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据击鼓三次，出现一次音乐获得1分，若出现两次音乐获得2分，若出现三次音乐获得5分，若没有出现音乐则扣15分，得到X可能的取值为1，2，5，，然后分别求得其相应概率，列出分布列；
（2）设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件，根据每次击鼓出现音乐概率为，且各次击鼓出现音乐相互独立得到，然后利用对立事件的概率求解.
（3）根据（1）的结论，算出随机变量X的数学期望即可.
【详解】（1）X可能的取值为1，2，5，
根据题意，有，
，
，
.
所以X的分布列为：
（2）设“第i盘游戏没有出现音乐”为事件，
则.
所以“三盘游戏中至少有一盘出现音乐”的概率为.
因此，玩三盘游戏至少有一盘出现音乐概率是
（3）由（1）知，随机变量X的数学期望为.
这表明，获得分数X的均值为负.
因此，多次游戏之后分数减少的可能性更大.
【点睛】本题主要考查离散型随机变量的分布列和期望的应用以及独立事件和对立事件的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
22. 设函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，，求满足条件的最小正整数的值.
【答案】（1）答案详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间.
（2）先求得，然后对进行分类讨论，由的极小值为负数以及零点存在性定理确定最小正整数的值.
【小问1详解】
的定义域是，
，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，
所以在区间上单调递减；
在区间上单调递增.
【小问2详解】
，
，
依题意，，所以在区间上单调递减；
在区间上，单调递增.
所以在时取得极小值也即是最小值.
要使函数有两个零点，，
则首先要满足，
时，，不符合.
时，，不符合.
时，，
，所以，
此时在上单调递减，在上单调递增，
，，
，满足函数有两个零点，
所以最小正整数的值为.
【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间：，则在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；，则在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.X
1
2
5
P