石河子第一中学2024届高三上学期11月月考数学试卷(含答案)

这是一份石河子第一中学2024届高三上学期11月月考数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1、复数,则等于( )
A.0B.C.1D.
2、已知集合,,则( )
A.B.C.D.
3、已知圆锥的底面半径为2,高为,则该圆锥的侧面积为( )
A.B.C.D.
4、等差数列中,是数列的前n项和,e是自然对数的底数,若,则( )
A.B.C.D.
5、已知是等比数列,,前n项和为,则“”是“为递增数列”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
6、已知矩形ABCD的对角线交于点O,E为AO的中点,若(,为实数),则( )
A.B.C.D.
7、若实数a,b,c满足,则a,b,c的大小关系为( )
A.B.C.D.
8、已知函数,若函数有两个零点,,则的值不可能是( )
A.2B.C.3D.0
二、多项选择题
9、已知向量,,且,则下列选项正确的是( )
A.
B.
C.向量与向量的夹角是45°
D.向量在向量上的投影向量坐标是
10、已知,,,且,则( )
A.B.C.D.
11、在棱长为2的正方体中,P为线段上一动点(包括端点),则以下结论正确的有( )
A.三棱锥的外接球表面积为
B.三棱锥的体积为定值
C.过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形面积为
D.直线与平面所成角的正弦值的范围为
12、数列的前n项和为,,且当时,.则下列结论正确的是( )
A.是等差数列B.既有最大值也有最小值.
C.D.若,.
三、填空题
13、已知函数,则值是_________.
14、杭州第19届亚洲运动会,于2023年9月23日至10月8日在中国浙江省杭州市举行,本届亚运会的会徽名为“潮涌”,主体图形由扇面,钱塘江,钱江潮头,赛道,互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成(如图),其中扇面造型突出反映了江南的人文意蕴.已知该扇面呈扇环的形状,内环和外环均为圆周的一部分,若内环弧长是所在圆周长的,内环所在圆的半径为,径长(内环和外环所在圆的半径之差)为,则该扇面的面积为__________.
15、若偶函数满足,当时,,则_______.
16、已知函数,若总存在两条不同的直线与函数,图象均相切,则实数a的范围为_______.
四、解答题
17、已知函数,且曲线在点处的切线l与直线相互垂直.
（1）求l的方程;
（2）求的极值.
18、在中,,点D在边BC上,满足.
（1）若,求;
（2）若,,求的面积.
19、已知
（1）求的单调递增区间与对称中心;
（2）当时,的取值范围为,求实数a的取值范围.
20、已知各项均为正数的数列的前n项和为,且,,为等差数列.
（1）求数列的通项公式;
（2）若m为正整数,记集合的元素个数为,求数列的前50项和.
21、如图,正三棱柱中,E,F分别是棱,上的点,平面BEF,且M是AB的中点.
（1）证明:平面平面;
（2）若,求平面BEF与平面BCE夹角的余弦值.
22、已知函数,.
（1）若在处取得极值,求a的值;
（2）设,试讨论函数的单调性;
（3）当时,若存在正实数,满足,求证:.
参考答案
1、答案：C
解析:,所以.
故选:C.
2、答案：D
解析:因为集合,所以,
又,
所以.
故选:D
3、答案：B
解析:
4、答案：A
解析:依题意,,所以,所以,
所以,所以.
故选:A
5、答案：B
解析:是等比数列,,
,,,,或,
的充要条件为或.
又,为递增数列的充要条件为,
所以“”是“为递增数列的必要不充分条件.
故选:B.
6、答案：A
解析:如图在矩形ABCD中,,在中,
,,
,.故选:A.
7、答案：A
解析:因为,当时,设,则,易知当时,,当时,单调递增,所以;
所以;
由已知可得,因为,所以;,所以;
因为,所以;
故;
故选:A
8、答案：D
解析:当时,,当时,,故在上为减函数,
当时,,故在上为增函数,
所以当时,的最小值为.又在R上,的图像如图所示:
因为有两个不同的零点,所以方程有两个不同的解,即直线与有两个不同交点且交点的横坐标分别为,,
故或或.
若,则;若,则;
若,则.
故选:D
9、答案：AC
解析:因为,,所以,
则,解得:,所以,故A正确;
,所以,故B错误;
,
又因为,故向量与向量的夹角是,故C正确;
向量在向量上的投影向量坐标是:,故D错误.
故选:AC.
10、答案：ABC
解析:,当且仅当,即时取等号,由于,所以,A正确,
由于,,当且仅当且时,即时取等号,由于,所以,B正确,
由以及,,可得,
当且仅当,即时取等号,由于,所以,故C正确,
,当且仅当,即时取等号,由于,所以D错误,
故选:ABC
11、答案：BCD
解析:对于A选项,三棱锥外接球即为正方体的外接球,正方体的外接球直径为,故三棱锥外接球的表面积为,A错误;对于B选项,因为且,故四边形为平行四边形,
所以,,平面,平面,平面,,所以点P到平面的距离等于点到平面的距离,,,B正确;对于C选项,且,则四边形为平行四边形,所以,,平面,平面,所以,平面,
又因为平面,,所以,平面平面,所以,过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形为,易知是边长为的等边三角形,该三角形的面积为,C正确;
设点P到平面的距离为h,由知,点P到平面的距离为,当点P在线段上运动时,因为,若P为的中点时,,,当点P为线段的端点时,,即,
设直线与平面所成角为,,D正确.故选:BCD.
12、答案：ABD
解析:因为,且当时,.两边同时取倒数可得:,
即,且,所以数列是等差数列,其公差为2,首项为2,所以选项A正确;
对于选项B和C,由选项A知,,可得,
当时,,
所以,故当时,,易知时,,
又,
所以是先递减再递增的数列,当时,,所以最大,最小.
所以选项B正确,选项C错误;
对于选项D,当时,,
又时,,对于上式也成立,所以,
所以,当时,,
,所以选项D正确,
故选:ABD.
13、答案：
解析:因为,有,所以.
故答案为:.
14、答案：
解析:设内环圆弧所对的圆心角为,因为内环弧长是所在圆周长的,且内环所在圆的半径为,
所以,,可得,
因为径长(内环和外环所在圆的半径之差)为1,所以,外环圆弧所在圆的半径为,
因此,该扇面的面积为.
故答案为:.
15、答案：
解析:由已知可得,
即是函数的一个周期,
所以.
16、答案：
解析:设切线在上切点分别为,.
因.则切线方程可表示为:,
也可表示为:,其中,.
则,.则总存在两条不同的直线与函数,图象均相切,
等价于与直线有两个不同交点.,则.
令在上单调递增,
在上单调递减,则.
注意到,,,,可得大致图象如下,则.
故答案为:
17、答案：（1）
（2）
解析:（1）依题意,,则,解得.
故,故所求切线方程为,即.
（2）由（1）可知,,
令,解得.
则当时,,当时,,
当时,,即函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,在区间上单调递增.
故的极大值为,
极小值为.
18、答案：（1）
（2）
解析:（1）在中,由正弦定理得,
所以,
因为,所以或,
当时,可得,可得;
当时,可得,因为(舍去),
综上可得.
（2）因为,,所以,,
由,
所以,
即,
又由,可得,解得,
则,,
所以.
19、答案：（1）见解析
（2）
解析:（1）由题意
,
令,解得,
令,解得,
所以的单调递增区间与对称中心分别为,.
（2）的函数图象如图所示,
由题意当时,的取值范围为,
故当且仅当,其中,,
令,得,即,
解得,
所以,
令,得,即或,
解得或,
所以,
综上所述:满足题意的实数a的取值范围为.
20、答案：（1）见解析
（2）2497
解析:（1）因为,,为等差数列,所以,且
当时,,可得;
当时,,则;
由,故,
所以是首项为1,公差为1的等差数列,故.
（2）,
因为,当且仅当时成立,所以,,
当,因为,,
所以能使成立的n的最大值为,
所以,
所以的前50项和为.
21、答案：（1）见解析
（2）
解析:（1）过M作的平行线交BE,分别于点H,N,连接FH,如下所示:
因为是正三棱柱,故可得面ABC,面ABC,故;
又三角形ABC为等边三角形,M为AB中点,故;
又AB,面,,故面;
因为,则C,M,F,H确定一个平面,即面MCFH,
又面BEF,面面,故可得,
则面,又面BEF,故面面.
（2）根据（1）中所证,可得,,故四边形MCFH为平行四边形,
在中,因为,且点M为AB中点,故可得,又,则;
又MB,MC,MH两两垂直,故以M为坐标原点,连接EC,建立如图所示空间直角坐标系:
设,则,,,,
,,,
设平面BEF的法向量为,
则,即,解得,取,则,
故平面BEF的一个法向量;
设平面BEC的法向量为,
则,则,取,则,,
故平面BEC的一个法向量;
设平面BEF,BEC所成二面角的平面角为,
则.
故平面BEF与平面BCE夹角的余弦值为.
22、答案：（1）见解析
（2）见解析
（3）见解析
解析:（1）因为,所以,因为在处取得极值,所以,解得.
验证:当时,,易得在处取得极大值.
（2）因为,
所以.
①若,则当时,,所以函数在上单调递增;
当时,,函数在上单调递减.
②若,,
当时,易得函数在和上单调递增,在上单调递减;
当时,恒成立,所以函数在上单调递增;
当时,易得函数在和上单调递增,在上单调递减.
（3）证明:当时,,
因为,所以,
即,所以.
令,,则,
当时,,所以函数在上单调递减;
当时,,所以函数在上单调递增.
所以函数在时,取得最小值,最小值为.所以,
即,所以或.
因为,为正实数,所以.
当时,,此时不存在,满足条件,
所以.