新疆石河子市2023_2024学年高三数学上学期11月月考试题含解析

这是一份新疆石河子市2023_2024学年高三数学上学期11月月考试题含解析，共10页。试卷主要包含了 复数，则等于， 已知集合，则， 若实数满足，则的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
1. 复数，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】，所以.
故选：C.
2. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数单调性求解集合A，从而求解，利用对数函数单调性结合整数概念求解集合B，最后利用交集运算即可求解.
【详解】因为集合，所以，
又，
所以.
故选：D
3．已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的侧面积为( B )
A．B．C．D．
4.等差数列中，是数列的前项和，是自然对数的底数，若，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】依题意，，所以，所以，
所以，所以.
故选：A
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
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出和为递增数列的充要条件，判断它们之间的关系，即得答案.
【详解】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：.
【点睛】本题考查数列的单调性和充分必要条件，属于基础题.
6．已知矩形的对角线交于点O，E为AO的中点，若（，为实数），则（ ）
A．B．C．D．
6．A【详解】解：如图在矩形中，，在中，
，，
，．故选：A．
7. 若实数满足，则的大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由切线放缩可求，根据对数函数性质和正弦值域可判断，由不等式的关系可判断.
【详解】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. 已知函数，若函数有两个零点，则的值不可能是（）
A. 2B. C. 3D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】结合导数和绝对值函数画出函数图象，结合图象分析即可.
【详解】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.又在上，的图像如图所示：
因为有两个不同零点，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
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，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
【答案】AC
【解析】
【分析】由垂直向量的坐标表示可判断A；由向量的模长公式可判断B；由向量的夹角公式可判断C；由投影向量坐标公式可判断D.
【详解】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45°，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已知，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据基本不等式即可结合选项逐一求解.
【详解】，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．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
11．BCD【详解】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；
设点到平面的距离为，由知，点到平面的距离为，当点在线段上运动时，因为，若为的中点时，，，当点为线段的端点时，，即，
设直线与平面所成角为，，D正确.故选：BCD．
12. 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，.
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，由条件得到，再由等差数列的定义，即可判断选项A的正误；选项B和C，由选项A得到，再根据通项，即可判断出选项B和C的正误；选项D，通过放缩，即可判断选项D的正误.
【详解】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.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分
13. 已知函数，则值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】分段函数中，由自变量的取值，选择对应解析式求函数值.
【详解】因为，有，所以.
故答案为：.
14. 杭州第届亚洲运动会，于年月日至月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__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出内环圆弧所对的圆心角，并求出外环圆弧所在圆的半径，利用扇形的面积公式可求得该扇面的面积.
【详解】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，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若偶函数满足，当时，，则_______．
A. B. C. D.
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性与周期性计算即可.
【详解】由已知可得，
即是函数的一个周期，
所以.
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_______．
【答案】
【解析】
【分析】将有两条公切线转化为与直线有两个不同交点，后利用导数研究函数单调性与极值情况画出大致图象，即可得答案.
【详解】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：
四､解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.
17．（本小题10分）
已知函数，且曲线在点处的切线l与直线相互垂直．
（Ⅰ）求l的方程；
（Ⅱ）求的极值．
17．解析 （Ⅰ）依题意，，则，解得．
故，故所求切线方程为，即．
（Ⅱ）由（Ⅰ）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. （本小题12分）在中，，点D在边上，满足.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）在中，由正弦定理求得，得到的大小，进而求得的大小；
（2）由，得到，根据向量的线性运算，求得，进而得到，求得的长，利用面积公式，即可求解.
【详解】（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，所以，
由，
所以，
即，
又由，可得，解得，
则，
所以.
19. （本小题12分）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，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用三角恒等变换将函数表达式化简，然后根据正弦的单调递增区间与对称中心的定义计算即可得解.
（2）画出函数图象分析可知当且仅当时，其中，，满足题意，从而计算即可得解.
【小问1详解】
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，.
【小问2详解】
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：满足题意的实数的取值范围为.
20.（本小题12分）已知各项均为正数的数列的前项和为，且为等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若为正整数，记集合的元素个数为，求数列的前50项和.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据，的关系，利用相减法即可求数列的通项公式；
（2）根据基本不等式分析集合中元素个数的数列特点，利用等差数列的前项和公式求解即可．
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
，
因为，当且仅当时成立，所以，
当，因为，
所以能使成立的的最大值为，
所以，
所以的前50项和为.
21．（本小题12分）如图，正三棱柱中，分别是棱，上的点，平面，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.
【详解】（1）过作的平行线交分别于点，连接，如下所示：
因为是正三棱柱，故可得面面，故；
又三角形为等边三角形，为中点，故；
又面，，故面；
因为////，则确定一个平面，即面，
又//面，面面，故可得//，
则面，又面，故面面.
（2）根据（1）中所证，可得////，故四边形为平行四边形，
在△中，因为//，且点为中点，故可得，又，则；
又两两垂直，故以为坐标原点，连接，建立如图所示空间直角坐标系：
设，则，
，
设平面的法向量为，
则，即，解得，取，则，
故平面的一个法向量；
设平面的法向量为，
则，则，取，则，
故平面的一个法向量；
设平面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. （本小题12分）已知函数，．
（1）若在处取得极值，求的值；
（2）设，试讨论函数的单调性；
（3）当时，若存在正实数满足，求证：．
【答案】（1）1（2）见解析（3）见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据求出a的值，再进行检验；
（2）求出函数g（x）导数，通过讨论a的范围，判断函数的单调性；；
（3）结合已知条件与对数的运算性质，得．令，构造函数，然后利用导数判断函数单调性得，进而得证．
【详解】（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．
【点睛】本题考查了导数与函数极值的关系，考查了用导数研究函数的单调性，以及利用导数解决不等式的综合问题．利用导数解决不等式的综合问题的一般步骤是：构造函数，利用导数判断的单调区间和最值，再进行相应证明.