2024届广东省江门市第一中学高三上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省江门市第一中学高三上学期10月月考数学试题含答案，共17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R是实数集，集合，则下图中阴影部分表示的集合是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】化简集合A，B，根据给定的韦恩图，结合补集、交集的定义求解作答.
【详解】依题意，，
由韦恩图知，阴影部分表示的集合是，而或，
所以.
故选：D
2．已知且，则“”是“”的（ ）
A．充分必要条件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
【答案】B
【分析】由，利用对数的运算性质，求得或，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由，可得或，
当时，可得或成立，即充分性成立；
反之：当或时，则不一定成立，即必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选: B.
3．等差数列的前n项和为，若，，则（ ）．
A．27B．45C．18D．36
【答案】B
【分析】根据等差数列前项和的性质可得，，成等差数列，从而可列方程可求出结果.
【详解】由已知，，，即6，15，成等差数列，
所以，所以，
故选：B．
4．设，，，则有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用二倍角公式、诱导公式、两角差的正弦公式，化简，再利用正弦函数的单调性
比较大小．
【详解】因为，
，，
函数单调递增，
所以，即.
故选：C.
【点睛】本题考查正弦函数的单调性、二倍角公式、两角和差的三角公式的应用，考查转化与化归思想及运算求解能力.
5．等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A．10B．5C．3D．4
【答案】C
【分析】由等比数列的性质可知：，再由对数的运算性质计算即可求解．
【详解】等比数列的各项均为正数，且，
则有，，
则；
故选：C．
6．已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（ ）
A．1B．-1C．2D．-3
【答案】B
【分析】根据对称性可得函数具有周期性，根据周期可将.
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．
故选:B．
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令可得，再代入，结合诱导公式与二倍角公式求解即可
【详解】令可得，故，则
故选：C
8．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（ ）参考数据：，
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】依次求出第次去掉的区间长度之和，这个和构成一个等比数列，再求其前项和，列出不等式解之可得．
【详解】第一次操作去掉的区间长度为；第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；…第次操作去掉个长度为的区间，长度和为.于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为，由题意，，即，解得：，又为整数，所以的最小值为4.
故选：B.
【点睛】本题以数学文化为背景，考查等比数列通项、前项和等知识及估算能力.
二、多选题
9．如图所示，在正六边形中，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
【答案】BCD
【分析】根据图形，结合向量的线性运算及数量积运算，对选项逐一判断即可.
【详解】
因为为正六边形，即每个内角都为
对于A，,故A错误.
对于B，连接,，则为等边三角形，设六边形边长为，中点为，连接，则，，，所以
即，故B正确.
对于C，由B选项可知，
且，故C正确.
对于D，因为，所以在上的投影向量为
故D，正确.
故选:BCD.
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于点对称
B．的图象向右平移个单位后得到的图象
C．在区间上单调递增
D．为偶函数
【答案】BD
【分析】先由图象求出的解析式，再结合三角函数的性质与图像变换逐一判断.
【详解】由图可知，，又，所以，
再由图象知，且，
故，解得，即，
对于A，由，所以A错误；
对于B，的图象向右平移个单位后得到的函数为，故B正确；
对于C，当，则，因为不是的单调递增区间，故C错误；
对于D，，是偶函数，故D正确.
故选：BD.
11．下列说法正确的有（ ）
A．的最小值为2
B．已知，则的最小值为
C．若正数x、y满足，则的最小值为3
D．设x、y为实数，若，则的最大值为
【答案】BCD
【分析】利用基本不等式一一计算即可.
【详解】显然当时，，故A错误；
原式可化为：，
当且仅当即时取得等号，故B正确；
由，
所以，
当且仅当即时取得等号，故C正确；
由，
则，当且仅当时取得等号，
故D正确.
故选：BCD
12．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的最大值为1
C．若方程恰有两个不等的实根，则实数的取值范围为
D．若，则
【答案】ABD
【分析】利用导数研究的单调性，即可判断A、B的正误；由在、上的值域，即可知恰有两个不等的实根时的取值范围；取 ，要证，即证，构造函数并利用导数研究单调性，进而确定在上的符号，即可证.
【详解】由题意，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
即在上单调递增；在上单调递减，
A：，正确；
B：的极大值，也是最大值为，正确；
C：∵时，即上；
时，即上；
∴要使恰有两个不等的实根，则，错误；
D：不妨设 ，在上单调递增；在上单调递减，
若，则 ，
要证，即证，
，
只需证明，
即证明
令，
，
当时，，函数在上单调递增；
所以，
所以，即，故，正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知向量，，且，则m＝ ．
【答案】
【分析】利用向量平行的坐标表示即得.
【详解】∵，，
∴，
∵，
∴，
解得．
故答案为：.
14．数列中，，且，则等于 .
【答案】
【分析】先根据条件求首项，再利用累乘法求通项即可.
【详解】由题意可知：，
显然有，
由累乘法可得.
而符合，
故答案为：
15．如图，一栋建筑物AB高（30-10）m，在该建筑物的正东方向有一个通信塔CD．在它们之间的地面M点（B、M、D三点共线）测得对楼顶A、塔顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得对塔顶C的仰角为30°，则通信塔CD的高为 m．
【答案】60
【分析】由已知可以求出、、的大小，在中，利用锐角三角函数，可以求出.在中，运用正弦定理，可以求出.在中，利用锐角三角函数，求出.
【详解】由题意可知：，，由三角形内角和定理可知.在中，.在中，由正弦定理可知：，
在中，.
【点睛】本题考查了锐角三角函数、正弦定理，考查了数学运算能力.
16．已知函数，若方程有四个不等的实根，，，，则的取值范围是 .
【答案】（10，12）
【解析】作出函数的图像，设，可得，，且，则，得出答案.
【详解】作出函数的图像，设，如图.
方程有四个不等的实根，则
所以为在上与的两个交点的横坐标.
由，即，
所以，即，所以
为在上与的两个交点的横坐标.
所以
当时的两个实数根为 ，则
则，且
所以
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查利用数形结合解决方程的根的个数的相关问题，解答本题的关键是由，即，得到，以及，属于中档题.
四、解答题
17．已知数列是等差数列，是等比数列，且，，．
(1)求数列、的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据条件求得的公比，即可求得其通项公式，继而可求得数列的公差，即可求得其通项公式；
（2）由（1）的结果可得的表达式，由错位相减法求得，将不等式对任意的恒成立，转化为数列的最值问题，即可求得答案.
【详解】（1）因为数列是等比数列，又因为，
所以数列的公比，
由，所以得．
又因为数列是等差数列，且，
，则公差，
所以．
故，；
（2）由（1）得：，
数列的前项和为①
所以②
由①-②得：，
所以,
不等式恒成立，化为不等式恒成立，
令,则为递增数列，即转化为
当时，，所以，
综上可得：实数的取值范围是．
18．在中，内角，，的对边分别是，，，且满足，.
(1)若，求的面积；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得对化简得，结合，利用余弦定理及正弦定理即可求解；
（2）由（1）可得，再利用基本不等式求得，又，即可求解.
【详解】（1）由，，
由正弦定理得，即，
化简得，即，
又因为，所以，，
由余弦定理得，化简得，
所以：，即，得，
所以的面积为
（2）由（1）知，即，当且仅当时取等号，
解得，又，
所以的取值范围为.
19．设函数.
(Ⅰ)当 ,且函数图象过（0,1） 时，求函数的极小值
(Ⅱ) 若函数在上无极值点，求的范围.
【答案】(Ⅰ)时，极小值为 (Ⅱ)
【分析】(Ⅰ)将点代入函数解得，在求导计算函数极小值.
(Ⅱ)求导，导数大于等于0恒成立，计算得到的范围.
【详解】(Ⅰ当 ,且函数图象过（0,1）时

当或者时， ，递增
当时， ，递减
函数的极小值为
(Ⅱ)
函数在上无极值点恒成立.
即
【点睛】本题考查了函数的极值，函数的恒成立问题，意在考查学生的计算能力.
20．如图，在四棱锥中，，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）利用已知条件证明线线垂直再证线面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可.
【详解】（1）连接，由条件易知底面为直角梯形，
又，为的中点，
所以,,
因为，即为等腰三角形，，
所以，
易知，故，
因为底面，
所以平面；
（2）
由上可知两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以,
设平面与平面的法向量分别为，
则，，
取，取，
即，
设二面角的大小为，易知为钝角，
则.
21．教育储蓄是指个人按国家有关规定在指定银行开户、存入规定数额资金、用于教育目的的专项储蓄，是一种专门为学生支付非义务教育所需教育金的专项储蓄，储蓄存款享受免征利息税的政策.若你的父母在你12岁生日当天向你的银行教育储蓄账户存入1000元，并且每年在你生日当天存入1000元，连续存6年，在你十八岁生日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为10%.
(1)在你十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为多少？（参考数据：）
(2)当你取出存款后，你就有了第一笔启动资金，你可以用你的这笔资金做理财投资.如果现在有三种投资理财的方案：
①方案一：每天回报40元；
②方案二：第一天回报10元，以后每天比前一天多回报10元；
③方案三：第一天回报0.4元，以后每天的回报比前一天翻一番.
你会选择哪种方案？请说明你的理由.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意结合指数函数模型列出式子，结合等比数列求和公式即可得解.
（2）分别计算得出方案一，二，三的投资累计收益，比较大小即可求解.
【详解】（1）
所以在十八岁生日当天时，一次性取出的金额总数为元.
（2）设投资天数n，则
方案一：投资累计收益：
方案二：设每天收益，则成等差数列，故，
则投资累计收益；
方案三：设每天收益，则成等比数列，，
则投资累计收益；
又，当时，；当时，；当时，；
又，当时，且；当时，；
所以投资1～6天时，可以考虑选择方案一；
投资7天，可以考虑选择方案一或二；
投资8～10天，可以考虑选择方案二；
投资11天以上，可以考虑选择方案三.
22．已知函数.
（1）若有两个零点，求的取值范围；
（2）设，若对任意的，都有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】把函数有两个零点，转化为与的图象有两个交点，，利用导数求得函数的单调性与最值，结合图象，即可求解；
（2）根据题意转化为在上恒成立，令，求得，令，利用导数求得函数在上为增函数，得到，使得，进而得出函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】令，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，；当时，；当时，，
要使得函数有两个零点，即与的图象有两个交点，如图所示，
可得，即，此时有两个零点，
所以有两个零点时，的范围是.

（2）因为对任意的，不等式恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
令，则，
所以在上为增函数，
又因为，，
所以，使得，即，
当时，，可得，所以在上单调递减；
当时，，可得，所以在上单调递增，
所以，
由，可得，
令，则，
又由，所以在上单调递增，
所以，可得，所以，即，
所以，所以，
综上所述，满足条件的的取值范围是.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．