河南省许昌市禹州市禹州市高级中学2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题（原卷及解析版）

这是一份河南省许昌市禹州市禹州市高级中学2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题（原卷及解析版），文件包含精品解析河南省许昌市禹州市禹州市高级中学2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题原卷版docx、精品解析河南省许昌市禹州市禹州市高级中学2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。

1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式可得集合，根据集合的并集运算即得答案.
【详解】因为，，
所以，
故选：D.
2. “关于的不等式恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，先求出不等式恒成立的a的取值范围，再利用充分条件与必要条件的定义逐项判断.
【详解】当时，不等式，即恒成立；
当时，要使不等式恒成立，则，解得.
综上所述，关于的不等式恒成立的a的取值范围是.
所以，是的充分不必要条件，故A错误；
是的充要条件，故B错误；
是的必要不充分条件，故C正确；
或是的既不充分也不必要条件，故D错误；
故选：C.
3. 已知，，则的共轭复数为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件求得，的值，则答案可求．
【详解】由，得，
∴，其共轭复数为，故选A．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.
【详解】由题可知，的定义域为，
又因为，
所以，为偶函数．
当时，，当时，，当时，.
故选：C．
5. 是边长为1的等边三角形，点分别是边的中点，连接并延长到点，使得，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：设，，∴，，
，∴.
【考点】向量数量积
【名师点睛】研究向量的数量积问题，一般有两个思路，一是建立直角坐标系，利用坐标研究向量数量积；二是利用一组基底表示所有向量，两种实质相同，坐标法更易理解和化简. 平面向量的坐标运算的引入为向量提供了新的语言——“坐标语言”，实质是将“形”化为“数”．向量的坐标运算，使得向量的线性运算都可用坐标来进行，实现了向量运算完全代数化，将数与形紧密结合起来．
6. 已知，记（）．若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分段写出函数的解析式，并确定其单调减区间，再结合集合的包含关系求解作答即可.
【详解】由题意知，
函数的单调递减区间为，
则或，
由，解得，
而，故需满足，即，此时不存在；
由，解得，
则需满足，即，即，
故，即，
故选：C
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是理解的含义，结合其解析式，求出函数的单调区间，进而转化为集合间的包含关系，列不等式求解即可.
7. 若为等差数列，是其前项的和，且为等比数列，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列以及等比数列的性质分别求得的值，结合三角函数诱导公式化简求值，即得答案.
【详解】因为为等差数列，故，
所以，
又因为为等比数列，，所以，
当时，；
当时，；
所以，
故选：D.
8. 设实数，若不等式对恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把不等式进行同构变形：，引入函数，由导数确定单调性，不等式化，分离参数为，再引诱函数，由导数求出其最大值后可得结论．
【详解】由题意，，，设，则不等式为，∵，∴在上是增函数，∴，即，令，则，当时，递增，时，递减，∴，∴，
故选：B．
【点睛】方法点睛：有些函数不等式是混合不等式，如不等式中既有自然对数，又有以为底的指数时，我们可以把不等式变形为形式，利用的单调性化简不等式为（或），这类方法称为同构，函数可称为母函数，如，，等等，注意掌握常见的指对同构关系：
，，．
二、多选题
9. 已知a>0，b>0，且3a+b=2，则（ ）
A. ab的最大值为B. 的最大值是2
C. 的最小值是18D. 的最小值是
【答案】AC
【解析】
【分析】结合基本不等式应用，但要只有等号能不能取，B要用乘1法，D减少变量后用基本不等式.
【详解】因为，且，所以，所以，当且仅当时，等号成立，则正确；
由题意可得，当且仅当=1时，等号成立，则错误；
因为，所以，当且仅当时，等号成立，则C正确；
由，得，
对于，由，得，
，
当且仅当，当时，，矛盾，故等号取不到，故D错误.
故选：AC.
10. 有下列说法，其中错误的说法为（ ）．
A. 若∥，∥，则∥
B. 若，则是三角形的垂心
C. 两个非零向量，，若，则与共线且反向
D. 若∥，则存在唯一实数使得
【答案】AD
【解析】
【分析】分别对所给选项进行逐一判断即可.
【详解】对于选项A，当时，与不一定共线，故A错误；
对于选项B，由，得，所以，，
同理，，故是三角形的垂心，所以B正确；
对于选项C，两个非零向量，，若，则与共线且反向，故C正确；
对于选项D，当，时，显然有∥，但此时不存，故D错误.
故选：AD
【点睛】本题考查与向量有关的命题的真假的判断，考查学生对基本概念、定理的掌握，是一道容易题.
11. 如图，底面为边长是2的正方形，半圆面底面.点P为半圆弧上（不含A，D点）的一动点.下列说法正确的是（ ）

A. 的数量积恒为0
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 不存在点P，使得
D. 点A到平面的距离取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由面面垂直的性质结合平面向量的运算可判断A；由棱锥的体积公式结合高的范围可判断B；由向量的线性运算，，再由数量积运算可判断C；由等体积法得出点到平面的距离取值范围，可判断D.
【详解】对A，因为半圆面底面，，面底面，底面，所以平面，
又 平面，，，
又由圆的性质，，，故A正确；
对B，设点到平面的距离为，底面积，
显然当点为弧中点时最大，此时棱锥的体积最大， ，故B正确；
对C，，故C错误；
对D，因为，
又，
所以， ，
所以，
所以
，
在中，，

设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
作于，因为面底面，面底面，面，所以面，
所以，
因为，即，
所以，
设，则，
，，故D正确.
故选：ABD.
12. 定义：对于定义在区间上的函数和正数，若存在正数，使得不等式对任意恒成立，则称函数在区间上满足阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（ ）
A. 函数在上满足阶李普希兹条件.
B. 若函数在上满足一阶李普希兹条件，则的最小值为2.
C. 若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且方程在区间上有解，则是方程在区间上的唯一解.
D. 若函数在上满足的一阶李普希兹条件，且，则存在满足条件的函数，存在，使得.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据李普希兹条件的概念直接可以判断AB选项，再利用反证法判断C选项，通过分类讨论可判断D选项.
【详解】A选项：不妨设，，即，故，对，均有，A选项正确；
B选项：不妨设，在单调递增，，，即，即对，恒成立，即在上单调递减，对恒成立，所以对恒成立，即，即的最小值为，B选项正确；
C选项：假设方程在区间上有两个解，，则，这与矛盾，故只有唯一解，C选项正确；
D选项：不妨设，当时，，当时，，故对，，不存在使，D选项错误；
故选：ABC.
三、填空题
13. 已知，则的值是_____.
【答案】.
【解析】
【分析】由题意首先求得的值，然后利用两角和差正余弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可.
【详解】由，
得，
解得，或.
，
当时，上式
当时，上式=
综上，
【点睛】本题考查三角函数化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取转化法，利用分类讨论和转化与化归思想解题.
14. 在等比数列中，是函数的极值点，则＝__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题，利用导数及韦达定理可得，后利用等比中项性质可得答案.
【详解】，
由题是方程的两个不等实根，
则由韦达定理，所以
又是的等比中项且与同号，则.
故答案为：.
15. 已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.
【详解】[方法一]：余弦定理
设，
则在中，，
在中，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
，，
，，
令，则，
，
，
当且仅当，即时等号成立.
[方法四]：判别式法
设，则
在中，，
在中，，
所以，记，
则
由方程有解得：
即，解得：
所以，此时
所以当取最小值时，，即.

16. 函数是定义域为R的奇函数，满足，且当时，，给出下列四个结论：
① ；
② 是函数的周期；
③ 函数在区间上单调递增；
④ 函数所有零点之和为.
其中，正确结论的序号是___________.
【答案】① ③ ④
【解析】
【分析】由可得直接计算即可判断① ；根据函数的奇偶性和对称性即可求得周期，从而可判断② ；先判断在的单调性，再根据奇函数关于原点对称的区间单调性相同即可判断③ ；根据对称性以及函数图象交点的个数即可判断④.
【详解】对于①：由可得，故①正确；
对于② ：由可得关于直线对称，
因为是定义域为R的奇函数，所以
所以，
所以函数的周期为，故② 不正确；
对于③ ：当时，单调递增，且，
在单调递减，且，
所以在单调递增，因为是奇函数，
所以函数在区间上单调递增；故③ 正确；
对于④ ：由可得关于直线对称，作出示意图
函数所有零点之和即为函数与两个函数图象交点的横坐标之和，当时，两图象交点关于对称，此时两根之和等于 ，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于，当时两图象交点关于对称，此时两根之和等于时两图象无交点 ，
所以函数所有零点之和为.故④ 正确；
故答案为：① ③ ④
【点睛】求函数零点的方法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；零点之和即为两个函数图象交点的横坐标之和.
四、解答题
17. 已知数列是等差数列，其前n项和为，，；数列的前n项和为，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前n项和；
（3）求证：.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前项和公式，可得，，即可求得的通项公式；当时，得到，当时，利用，可判断为首项为3，公比为3的等比数列，即可求解；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求解即可；
（3）由（1）结合等比数列的前项和公式可得.
方法一：由可得，利用错位相减法求得，进而证明；
方法二：结合二项式定理可得，根据不等式的性质可知，再利用错位相减法求解，即可证明；
方法三：用分析法证明，再结合等比数列前项和证明即可.
【小问1详解】
数列是等差数列，设公差为d，
，
化简得，
解得，，
∴，.
由已知，
当时，，解得，
当时，，
∴，，
即，
∴数列构成首项为3，公比为3的等比数列，
∴，.
【小问2详解】
由（1）可得，，
∴，
∴
【小问3详解】
由（1）可得，，
则，
方法一：
∵，
∴，
令，
，
两式相减可得
，
∴，
∴
方法二：
∵时，
，
根据“若，，则”，可得，
∴，
令，
，
两式相减可得
，
∴
∴，
∴
方法三：
令，下一步用分析法证明“”
要证，即证，
即证，
即证，
当，显然成立，
∴，
∴
【点睛】证明数列不等式，放缩法是其中一种重要的方法，放缩的目的是为了转化为等差数列，等比数列及相关数列，则可利用公式进行求解，需注意放缩的范围不能过大.
18. 在中，的对边分别为.
（1）若，求的值；
（2）若的平分线交于点，求长度的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果；
（2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围；
【小问1详解】
已知，
由正弦定理可得，
，
，
，
， 即，
.
【小问2详解】
由（1）知，由，则.
设，，
，，
.
19. 如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、，由平面知识易得，再根据二面角的定义可知，，由此可知，，，从而可证得平面，即得；
（2）由（1）可知平面，过点做平行线，所以可以以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，以及，即可利用线面角的向量公式解出．
【小问1详解】
过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
【小问2详解】
因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．
20. 在锐角中，已知，，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量平行列方程，结合三角恒等变换的知识求得.
（2）先求得三角形面积的表达式，然后根据三角函数最值的求法求得正确答案.
【小问1详解】
由于，所以，
即，即，
由于是锐角，所以，所以.
【小问2详解】
依题意，，由正弦定理得，
，所以
，
由于，所以，
所以，
所以当时，取得最大值为.
21. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线的方程；
（2）若函数在处取得极大值，求的取值范围；
（3）若函数存在最小值，直接写出的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求导后求出切线的斜率，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；
（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；
（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.
【小问1详解】
解：由题意得：
，
故曲线在点处的切线的方程.
【小问2详解】
由（1）得要使得在处取得极大值，在时应该，在时应该，
故①且，解得
②且，解得
当时，，满足题意；
当时，，不满足题意；
综上：的取值范围为.
【小问3详解】
可以分三种情况讨论：①②③
若，在上单调递减，在单调递增，在上单调递减，无最小值；
若时，当时，趋向时，趋向于0；当 ，要使函数取得存在最小值，解得，故 处取得最小值,故的取值范围.
若时，在趋向时，趋向于0，又故无最小值；
综上所述函数存在最小值， 的取值范围.
22. 已知函数，为的导数.
（1）证明：当时，；
（2）设，证明：有且仅有2个零点.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）令，利用导数判断的单调性，并求出其最小值即可证明；
（2）由（1）可知，在上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明在上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.
【小问1详解】
由，
设，则，
当时，设，，
∵，，
∴和在上单调递增，
∴，，
∴当时，，，
则，
∴函数在上单调递增，
∴，
即当时，;
【小问2详解】
由已知得，
①当时，
∵，
∴在上单调递增，
又∵，，
∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，
②当时，
设，则，
∴在上单调递减，
∴，
∴，
∴，
∴在上单调递减，
又∵，，
∴由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，
综上所述，有且仅有2个零点.