2024届福建省厦门市湖滨中学高三上学期10月月考数学考试题含解析

这是一份2024届福建省厦门市湖滨中学高三上学期10月月考数学考试题含解析，共16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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简集合，根据交集运算求解.
【详解】根据题意，得，
所以，
故选：A.
2．如果是实数，那么“”是“x=y”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
【分析】根据充要条件定义结合三角函数性质判断即可.
【详解】当时有，必要性成立；而当时有，充分性不成立；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选:B.
3．若，且，则的最小值为（ ）
A．1B．5C．25D．12
【答案】C
【分析】利用基本不等式计算即可.
【详解】因为，所以，
当且仅当时取等号，解不等式，，当，时，取等号.
故选：C
4．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性和单调性进行判断，可得到答案.
【详解】因为，
所以，
又因为函数定义域为，
所以函数为奇函数，故A选项错误，
又因为当时，，函数单调递增，故B和C选项错误.
故选：D
5．如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)（ ）

A．53米B．55米
C．57米D．60米
【答案】A
【分析】根据给定条件，连接，判断为等边三角形，再利用余弦定理求解作答.
【详解】如图，连接，

在中，，则是等边三角形，，
由，得，而，在中，由余弦定理得：
（米）.
故选：A
6．设椭圆，的离心率分别为，，若，则（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】根据离心率的关系列方程，从而求得.
【详解】对于椭圆，有.
因为，所以，解得．
故选：B
7．已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出函数的导数，利用函数单调性与导数的关系，列出不等式即可求解作答.
【详解】函数的定义域为，求导得，
依题意，不等式在上有解，而，
当且仅当时取等号，则，
所以实数的取值范围是.
故选：B
8．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据条件中的三个数，构成函数，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性，比较函数值的大小，即可判断选项.
【详解】构造函数，，
当时，，单调递增，
所以，即．
故选：B．
二、多选题
9．若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据不等式的基本性质，结合作差比较法，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，可得，因为，可得，所以A正确；
对于B中，由，所以，所以B正确；
对于C中，因为，且，可得，
所以，所以C错误；
对于D中，因为，且，可得，
则，所以D正确.
故选：ABD.
10．已知函数图象的一条对称轴方程为，与其相邻的一个对称中心为，则（ ）
A．的最小正周期为B．的最小正周期为
C．D．
【答案】AC
【分析】根据题意，得到，求得，可判定A正确、B错误；结合，求得，可判定C正确，D错误.
【详解】由题意知，函数图象的一条对称轴方程为，与其相邻的一个对称中心为，
可得，所以，所以A正确、B错误；
又由，可得，
因为，即，
解得，所以，
又因为，可得，所以，所以C正确，D错误.
故选：AC.
11．已知为定义在上的偶函数，当时，有，且当时，，则下列命题中正确的是（ ）
A．
B．函数在定义域上是周期为2的周期函数
C．直线与函数的图象有两个交点
D．函数的值域为
【答案】AD
【分析】根据题意，得到时，得到，求得时，，得出函数的解析式，画出函数的图象，结合图象和选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意知，当时，有，所以，
因为当时，，
当时，可得，可得，
又因为，
所以，
又由函数为定义在上的偶函数，所以可作出函数的图象如下：

对于A中，由
，所以A正确；
对于B中，由图象可知函数不是周期函数，所以B是错误的；
对于C中，由图象可知直线与函数的图象只有1个交点，所以C错误.
对于D中，由图象可知函数的值域为，所以D正确．
故选：AD.
12．已知函数的定义域为，则（ ）
A．B．
C．是奇函数D．是偶函数
【答案】ABC
【分析】求得，判断A，再令求得，从而令，可得，判断B，已知等式变形为，令，则，由赋值法得是奇函数，判断C，再计算出，判断D．
【详解】令，可得，故A正确；
令，可得，令，可得，则，故B正确；
由，可得，令，则，令，可得，令，则，所以是奇函数，即是奇函数，故C正确；
因为，所以不是偶函数，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题
13．已知关于的不等式的解集为，则 .
【答案】16
【分析】根据给定的条件，利用一元二次方程根与系数的关系计算作答.
【详解】因关于x的不等式的解集为，则是方程的二根，
则有，解得，所以.
故答案为：16.
14．若，则 .
【答案】/0.6
【分析】根据余弦二倍角公式以及诱导公式得出结果.
【详解】由得，
所以.
故答案为：.
15．如图，某款酒杯的上半部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为的正三角形．若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为 ．
【答案】
【分析】首先根据题意作出平面图，由圆锥的轴截面的面积求出圆锥底面半径，易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，表示出高，得出圆柱体积关于的表达式，由导数确定体积最大时半径的值，即可得出此时圆柱的高．
【详解】由题意作出圆锥轴截面的平面图，如图所示，过等边三角形顶点作，则，，
设圆锥底面圆的半径为，则，，
所以，
因为圆锥的轴截面是面积为，
所以，
解得,
易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，
设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，高为，则，
在中，，
则，
设圆柱形冰块的体积为，
则.
设，
则，
当时，；
当时，，
在处取得极大值，也是最大值，
即，
所以，
故当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为，
故答案为：．
16．过原点向曲线可作三条切线，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】设切点坐标，利用导数几何意义可求得切线方程，将问题转化为与有三个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和极值，由此可得图象，采用数形结合的方式可求得结果.
【详解】设切点坐标为，
，切线斜率，
切线方程为：，
将代入切线方程得：，即，
设，
过原点的切线有三条，与有三个不同交点；
，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
的极大值为，极小值为，
由此可得与的图象如下图所示，
由图象可知：当时，与有三个不同交点，
即实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
17．已知.
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，求在区间的值域.
【答案】(1)；单调递减区间为
(2)
【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得，利用余弦函数的周期公式可求的最小正周期，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间；
（2）由已知利用三角函数的图象变换可求，由题意利用正弦函数的性质即可求解的值域．
【详解】（1）因为
，
则，所以的最小正周期为，
由，解得，
所以的单调递减区间为.
（2）由（1）可得，
将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到图像，
所以
当时，，
则，故，
即，
所以函数的值域为.
18．已知数列是公比的等比数列，前三项和为39，且成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项和公比，即可得答案；
（2）利用（1）的结论化简，利用裂项求和法即可求得答案.
【详解】（1）由题意可得，
即得，则，
即，可得，由于，故得，
则，故；
（2）由（1）结论可得
，
故的前项和
.
19．已知函数，，k为常数，e是自然对数的底数．
(1)当时，求的极值；
(2)若，且对于任意，恒成立，试确定实数k的取值范围．
【答案】(1)极小值为0，无极大值
(2)
【分析】（1）求导，即可得函数的单调性，进而可由极值点定义求解，
（2）构造函数，利用导数求解最值即可.
【详解】（1）当时，，∴，
由得，故的单调递增区间为；由得，
故的单调递减区间为；
所以函数有极小值为，无极大值．
（2）当时，不等式化简为，令，则；
令得，
∴在上单调递减，在上单调递增；
因为，所以，
又，所以．
20．如图，四棱柱中，平面，.

(1)求证：平面；
(2)若与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据棱柱的性质，结合线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）证明：在四棱柱中，，平面，
平面，平面.
平面，平面，
平面.
又平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面；
（2）由平面，可得两两垂直，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
与平面所成角为，.
.又，
.
设平面的法向量，，
，
所以，令，得，
可得.
设平面的法向量，，
所以，令，得，
可得.
因为，

所以平面与平面夹角余弦值为.
21．目前,教师职业越来越受青睐,考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前,中小学教师资格考试分笔试和面试两部分,笔试通过后才能进入面试环节.已知某市年共有名考生参加了中小学教师资格考试的笔试,笔试成绩,只有笔试成绩高于分的学生才能进入面试环节.
(1)从报考中小学教师资格考试的考生中随机抽取人,求这人中至少有一人进入面试的概率;
(2)现有甲、乙、丙名学生进入了面试,且他们通过面试的概率分别为,设这名学生中通过面试的人数为,求随机变量的分布列和数学期望.
参考数据:若,则,,,,.
【答案】(1)
(2)随机变量的分布列见解析；期望为
【分析】（1）由正态分布的对称性有,求各学生能进入面试的概率,再由独立事件的乘法公式及对立事件的概率求法,求人中至少有一人进入面试的概率.
（2）求出的可能取值为的概率,写出分布列,由分布列求期望即可.
【详解】（1）记“至少有一人进入面试”为事件,由已知得:,
所以,
则,
即这人中至少有一人进入面试的概率为.
（2）的可能取值为,
,
,
,
,
则随机变量的分布列为：
,.
22．已知函数，．
(1)证明：对于，，都有．
(2)当时，直线：与曲线和均相切，求直线的方程．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由得，根据转化为证明，构造函数后利用导函数证不等式.
（2）先设的切线方程为，结合其和也相切，联立后根据二次方程有唯一解可得，利用的性质，求出即可.
【详解】（1）因为，所以，即．
当时,，
欲证，，只需证在上恒成立．
令，，
当时，当且仅当即时等号成立，
故，
所以函数在区间上单调递增，所以，所以．
综上所述，对于，，都有．
（2）当时，，设直线与曲线的切点为，
因为，所以曲线在点的切线方程为，
联立方程，得，
由，得，即．
由（1）知，函数在上单调递增，且，
所以方程有且只有一个实根，
所以，即，
代入得，
所以直线的方程为．