广东省广州市学2023_2024学年高三数学上学期9月月考

这是一份广东省广州市学2023_2024学年高三数学上学期9月月考，共24页。试卷主要包含了 若集合，集合，则集合， 设，则， 已知，，则“”是“”的， 下面四个命题中的真命题为等内容，欢迎下载使用。
1. 若集合，集合，则集合（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合中元素确定集合，再根据并集的运算即可.
【详解】因为，
当，时，可取0，，；
当，时，可取1，0，；
当，时，可取2，1，0，
所以，所以.
故选：D.
2. 设，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意首先计算复数值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：B.
3. 如图所示，在中，点是线段上靠近A的三等分点，点是线段的中点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量线性运算的几何意义即可计算
【详解】.
故选：B
4. 已知，，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据必要条件、充分条件的概念判断即可.
【详解】解：由题意，由可得，
反之，，即，故，
所以“”是“”的充要条件.
故选：B
5. 设某芯片制造厂有甲、乙两条生产线均生产规格的芯片，现有 20 块该规格的芯片，其中甲、乙生产的芯片分别为 12 块， 8 块，且乙生产该芯片的次品率为，现从这 20 块芯片中任取一块芯片，若取得芯片的次品率为，则甲厂生产该芯片的次品率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先设分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，甲厂生产该芯片的次品率为，得到则，，，，再利用全概率公式求解即可.
【详解】设分别表示取得的这块芯片是由甲厂、乙厂生产的，B表示取得的芯片为次品，
甲厂生产该芯片的次品率为，
则，，，，
则由全概率公式得：，解得，
故选：B．
6. 直线l经过椭圆的两个顶点，若椭圆中心到l的距离为其长轴长的，则该椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的性质求得直线l为，利用点线距离公式列方程求离心率即可.
【详解】不妨设椭圆为且，，
由椭圆对称性，令过，则，即，
所以，则，即，故.
故选：D
7. 已知数列满足，且，数列满足，，则的最小值为（）．
A. B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式可求得公差和，采用累加法可求得，再判断单调性即可计算作答.
【详解】由数列满足，，
根据等差数列的定义知，数列是首项为，公差为2的等差数列，
所以，，
当时，，
又满足，，
所以.
设，
根据对勾函数的性质可知，当时，单调递减；当时，单调递增.
又，，
所以，当时，有最小值为.
故选：D.
8. 十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”．它的答案是：当三角形的三个角均小于时，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中，所求点称为费马点.已知在中，已知，，且点M在AB线段上，且满足,若点P为的费马点，则（ ）
A. ﹣1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理可得，再由正弦定理可得sinB，进而求得csB，设，由余弦定理可得CM，进而求出的面积，根据定义可得P为三角形的正等角中心，再由等面积法可得，再由平面向量的数量积公式得解．
【详解】因为在中，，，
所以由余弦定理可得，
由正弦定理可得，即，
又B为锐角，所以，
设，则，
即，解得，即，
所以，则，
又，
则为锐角，由于，故，
所以的三个内角均小于，
则P为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；
所以
，
所以，
所以
，
故选：C．
【点睛】关键点睛：本题考查正余弦定理的运用，考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，解答的关键在于确定的费马点位置，进而利用面积关系求出，即可解决问题.
二､多选题
9. 下面四个命题中的真命题为（）
A. 若复数满足，则
B. 若复数满足，则
C. 若复数，满足，则
D. 若复数，则
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，设，，根据得到，从而；BC选项，可举出反例；D选项，由，得到，D正确.
【详解】A选项，设，，则，故，
则，故A为真命题；
B选项，复数满足，但，故命题B假命题；
C选项，若复数，满足，但，故命题C为假命题；
D选项，若复数，则，故D为真命题.
故选：AD
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（）
A.
B.
C. 在上单调递增
D. 的图象关于直线对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】由图可知，求得，可判断A；由结合求得，可判断B；利用三角函数的单调性求解可判断C；求出的解析式，进而求出对称轴，可判断D.
【详解】由图可知，则，故A正确.
因为，所以，即.
因为，所以，则B正确.
令，解得，此时单调递增；
令，解得，此时单调递减.
由，得在上单调递减，在上单调递增，则C错误.
因为，所以.
令，，得，.
当时，，则的图象关于直线对称，故D正确.
故选：ABD.
11. 下列计算中正确的是（）
A.
B. 若，则
C.
D. 都是锐角，，，则或
【答案】AB
【解析】
【分析】利用辅助角和二倍角公式化简可得A正确；将写成的形式，利用诱导公式及二倍角公式可得B正确；由角的范围将根号下式子化简即可得，可知C错误；利用都是锐角可分别求出其正弦、余弦值，再由代入即可得，即D错误.
【详解】对于A，由二倍角和辅助角公式可得
，所以A正确；
对于B，依题意知，
所以
，即B正确；
对于C，由可得，因此；
所以
，即C错误；
对于D，因为都是锐角，，所以可得，
易知，又，所以，
因此，即D错误；
故选：AB
12. 已知直线与曲线相交于两点，与相交于两点，的横坐标分别为，则（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，利用导数分别求得函数和的单调性和最大值，作出两个函数的图象，利用图象结合对数的运算性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，可得，令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
又由函数，可得，令，可得，
当当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
作出两个函数和的图象，如图所示，
由，可得，所以A正确；
因为且在上单调递增，
又因为，所以，所以，所以B错误；
因为且在上单调递减，
又因为，，所以，所以C正确；
由，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法技巧
已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数（或，构造函数）；
②，构造函数（或，构造函数）；
③，构造函数（或，构造函数）.
三､填空题
13. 已知，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由同角三角函数的关系求值.
【详解】已知，则.
故答案为：.
14. 已知向量与的夹角为，且，则在方向上的投影向量的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】直接根据向量的投影公式求解即可
【详解】因为，所以，
则在方向上的投影为.
故答案为：.
15. 陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，也称陀罗，图l是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中A是圆锥的顶点，B，C分别是圆柱的上､下底面圆的圆心，且，，底面圆的半径为1，则该陀螺的表面积是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，从而求得该陀螺的表面积，得到答案.
【详解】因为陀螺的底面圆的半径为，
由，则，即圆柱的母线长为，
所以圆锥的母线长为，则圆锥的侧面积为，
圆柱的侧面积为，圆柱的底面积为，
所以该陀螺的表面积为.
故答案为：.
16. 某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：
①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足；
③；④.
那么以上结论正确的是______（填序号）
【答案】②③
【解析】
【分析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得，累加法即可得出②；，变形可得时，，然后累加，即可得出③；举例，验证，即可判断④.
【详解】对于①，由题意可知，，，.
由已知，则当时，单调递增.
所以，时，由已知可知，单调递增，且.
所以数列在时，为严格增数列.
但是该数列的前三项不满足，故①错误；
对于②，当时，有
，
，
，
，
，
，
两边同时相加可得，，
所以，，故②正确；
对于③，由已知可得，，
，
，
，
两边同时相加可得，，故③正确；
对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误.
所以，结论正确的是②③.
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：由递推公式推得，，进而累加法，逐项相消即可得出.
四､解答题
17. 已知数列为非零数列，且满足
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推公式，分当时和时，进行求解即可.
(2)由（1）得到通项公式，再根据分组求和，即可求解.
【小问1详解】
当时，，解得，
当时，由，
得，
两式相除得：，即，当时，也满足，
所以．
【小问2详解】
由（1）可知，，所以，
所以
，
.
18. 已知的内角的对边分别为，，平分交于点，且．
（1）求；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求得结果，
（2）由角平分线的性质结合已知可得，再由正弦定理和三角函数恒等变换公式可得，结合可求出，然后在中利用正弦定理可得，从而可求得，在中利用余弦定理得，解方程组可求出，进而可求出的面积.
【小问1详解】
因为，所以，
所以由正弦定理得，
因为，所以，
因为，所以，所以.
【小问2详解】
因平分交于点，且，
所以，即，①
所以，，
所以，，
所以，
因为，所以，得，
因为，所以，
在中由正弦定理得，
得，所以，
所以,
在中由余弦定理得，得，②
由①②解得，
所以的面积为.
19. 如图，在四棱锥中，，，，E为PC的中点.
（1）求证：∥平面PAD；
（2）若，平面平面ABCD，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，根据题意可得∥，∥，结合面面垂直的判定定理可得平面∥平面PAD，进而可得结果；
（2）根据面面垂直的性质定理可得平面ABCD，平面PCD，建系，利用空间向量求二面角.
【小问1详解】
取CD中点O，连接EO，BO，
因为E为PC中点，则∥，
且平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，
因为，，则，
且，可得，
则，
可知为等边三角形，则，
又因为，可得∥，
而平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，
又因为，平面，
可得平面∥平面PAD，而平面EOB，
所以∥平面PAD.
【小问2详解】
因为，O为CD的中点，则，
且平面平面ABCD，平面，平面平面，
所以平面ABCD，
又因为等边三角形，则，
且平面ABCD，平面平面ABCD，平面平面，
所以平面PCD，
在中，，，
由余弦定理可得，，
在中，由，可得，
在等边中，由，可得，，
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，，
设平面PCB的法向量为，则，
令，则，可得，
由上可知，平面PCD的一个法向量为，
可得，
由图象可得二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
20. 已知
（1）求的最值；
（2）若有两个零点，求k的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域，对函数求导，由导函数的正负确定函数的单调性，进而求出最值；
（2）构造函数，求导确定函数的单调性，确定函数的最值，画出函数的图象，确定参数的取值范围.
【小问1详解】
的定义域为，.
当时，恒成立，在上单调递增，此时函数无最值.
当时，在上，，单调递增；
在上，，单调递减.
所以在处取得极大值，即最大值，.
综上可知，时，在上无最值.
时，的最大值为，无最小值.
【小问2详解】
有两个零点，可得有两个实根.
令，.
令，得；令，得，
在上单调递增，在上单调递减.
.
当时，，，所以，又，
时，；时，.
大致图象如图所示，
若直线与的图象有两个交点，
则，∴k的取值范围是.
【点睛】常见的根据函数的零点个数求参数取值范围的方法：
1.将函数的零点转化为对应方程的根的个数，进一步转化为函数与函数图像交点的个数；
2.根据题意直接转化为函数的图像与轴的交点的个数，讨论求出参数的取值范围.
21. 已知双曲线，渐近线方程为，点在上；
（1）求双曲线的方程；
（2）过点的两条直线，分别与双曲线交于，两点（不与点重合），且两条直线的斜率，满足，直线与直线，轴分别交于，两点，求证：的面积为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，判断出点的位置，从而求得的面积为定值.
【小问1详解】
，，依题意，，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
依题意可知斜率存在，设方程为，，，
，
，①，
，
整理得.
1），，过舍去，
2），，过点，
此时，将代入①得，
与交于点，故（定值）
【点睛】关键点睛：求解双曲线的标准方程，关键点在于根据已知条件求得，是两个未知数，所以题目往往给定两个已知条件，如本题中的渐近线方程和点坐标，有时候，还需要结合隐藏条件“”来进行求解.
22. 在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中．而在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可表示为n维坐标，其中．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：
（1）求出n维“立方体”的顶点数；
（2）在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离
①求出X的分布列与期望；
②证明：在n足够大时，随机变量X的方差小于．
（已知对于正态分布，P随X变化关系可表示为）
【答案】（1）
（2）①分布列见解析，；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据乘法原理，即可确定顶点个数；（2）①首先确定，再结合组合数公式求概率，即可求解分布列和数学期望；②由①可知，n足够大时，，可得正态分布，正态分布曲线为，并设题中分布列所形成的曲线为，则当与均在处取最大值，说明当时，
且，则可认为方差．
【小问1详解】
对于n维坐标有两种选择（）．
故共有种选择，即个顶点
【小问2详解】
①对于的随机变量，在坐标与中有k个坐标值不同，
即，剩下个坐标值满足．
此时所对应情况数为种．
即
故分布列为：
数学期望
倒序相加得
即．
②当n足够大时，．
设正态分布，正态分布曲线为，
由定义知该正态分布期望为，方差为．
设题中分布列所形成的曲线为．
则当与均在处取最大值，若当时，
且，则可认为方差．
I．：当时，有
即．
II．
当n足够大时，有
当时，
当时，
故．
综上所述，可以认为．
0
1
2
…
…