2023-2024学年上海市奉贤区高三上册10月月考数学试题（含解析）

2023-2024学年上海市奉贤区高三上册10月月考数学试题一､填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）1．在空间中，若直线与无公共点，则直线的位置关系是；2．不等式的解集为．3．在长方体中，若，，则点到平面的距离为．4．已知复数满足（为虚数单位），则．5．一个水平放置的平面图形的直观图是如图所示的梯形，其中，，则原平面图形的周长为．6．已知是边长为8的菱形，且，若平面，且，则点到直线的距离为．7．已知正三棱柱的侧棱长与底面边长相等，则直线与侧面所成角的正弦值等于．8．已知的三边长分别为3,5,7，则该三角形的外接圆半径等于．9．在四面体中，若，则异面直线与的距离为．10．设常数．如图在矩形中，平面．若线段上存在点，使得，则的取值范围是．

11．已知在以为直径的圆周上．若，则．12．已知是边长为1的正方形，在空间中取4个不同的点，使得它们与恰好成为一个侧棱长为1的正四棱柱的8个顶点，则不同的取法数为．二､选择题（本大题共4题，满分20分）13．已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”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14．在四面体中，已知，若不是等边三角形，且点在平面上的投影位于内，则点是的（）A．重心 B．外心 C．内心 D．垂心15．已知，设函数在区间上的最大值为，在区间上的最大值为，当变化时，下列情况不可能发生的是（）A． B． C． D．16．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，为底面上的动点，若直线平面，则线段的长度的最小值为（）A． B． C．1 D．三､解答题（本大题共有5题，满分76分）17．已知公差d不为0的等差数列的前n项和为，，.(1)求数列的通项公式；(2)若数列，，求数列的前n项和.18．如图，在圆柱中，是底面圆的直径，为半圆弧上一点，是圆柱的母线．已知，，圆柱的体积为．

(1)求圆柱的表面积；(2)求异面直线与所成角的大小．19．如图，是矩形所在平面外一点，且平面．已知．(1)求二面角的大小；(2)求直线与平面所成角的大小．20．如图，三棱柱中，，，，点M，F分别为BC，的中点，点E为AM的中点．(1)证明：；(2)证明：平面；(3)求直线EF与平面所成角的正弦值．21．对于定义在上的函数和，若对任意给定的，不等式都成立，则称函数是函数的“从属函数”．(1)若函数是函数的“从属函数”，且是偶函数，求证：是偶函数；(2)设，求证：当时，函数是函数的“从属函数”；(3)若定义在上的函数和的图像均为一条连续曲线，且函数是函数的“从属函数”，求证：“函数在上是严格增函数或严格减函数”是“函数在上是严格增函数或严格减函数”的必要非充分条件．1．平行或异面【分析】根据直线与直线的位置关系直接判断【详解】与无公共点，与可能平行，可能异面．本题考查两直线的位置关系的判断，解题时要认真审题，注意空间思维的培养，属基础题．2．【分析】根据分式不等式的求法可直接求得结果.【详解】由得：，解得：，即不等式的解集为.故答案为.3．##【分析】根据等体积法求点到面的距离．【详解】设点到平面的距离为，又长方体中，且，，则，则，，又，即，解得，故点到平面的距离为．

故．4．【分析】利用复数的除法运算求出，再求，进而得到复数的虚部.【详解】由，得，则.故答案为.5．##【分析】根据直观图还原原图形，结合直角梯形运算求解即可得解.【详解】由直观图还原原图形，如图，在直观图中，过作交轴于，则，可知四边形为直角梯形，且，，在直角梯形中过作于，在中，，故直角梯形周长为，故6．5【分析】作，连接，根据平面，得到，又，利用勾股定理即可求解．【详解】已知是边长为8的菱形，且，若平面，且，作，连接，平面，平面,所以,又，平面,故平面，平面，，故为点到直线的距离，又，．故5．7．【详解】在正三棱柱ABC—A1B1C1中，取A1C1的中点E，则连B1E，B1E垂直于A1C1，所以B1E垂直于平面ACC1A1，连AE，则角B1AE就是AB1与侧面ACC1A1所成角由正三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，设棱长为，AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于8．【分析】利用余弦定理得到，进而得到结合正弦定理得到结果.【详解】，由正弦定理得.本题考查解三角形的有关知识，涉及到余弦定理、正弦定理及同角基本关系式，考查恒等变形能力，属于基础题.9．【分析】分别取AB，CD的中点E，F，连接CE，DE，AF，BF，EF，证得EF为异面直线AB和CD的公垂线求解.【详解】如图所示：分别取AB，CD的中点E，F，连接CE，DE，AF，BF，EF，因为，所以，又因为E为中点，所以，同理，所以EF为异面直线AB和CD的公垂线，所以，故10．【分析】通过建系，把转换成向量垂直坐标运算，结合存在点，进而转换为方程有解问题.【详解】

因为在矩形中，平面，所以以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，，其中或不符题意，则，，，则有，由，得即，若线段上存在点，即方程在有解，设函数为，，对称轴为，则方程在有解需满足，又因为，所以.故11．6【分析】连接,利用数量积公式表示,再结合其几何意义计算即可.【详解】连接，因为是直径，所以，又因为,，所以，所以.故答案为:6.12．12【分析】根据题意，按正方形在棱柱中的位置分2种情况讨论，分析正四棱柱的数目，相加可得答案．【详解】根据题意，分2种情况讨论：①正方形作为对角面时，有6个，②正方形作为正四棱柱的底面或侧面，有6个，共有种取法．故12.13．A【分析】由面面垂直的判定定理及面面垂直的性质，结合充分必要条件的定义即可判断.【详解】根据面面垂直的判定定理，可知若，则“”则成立，满足充分性；反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性；所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.14．D【分析】先证明平面，平面，进而可证得，，即可得解.【详解】如图，由题意可知平面，因为平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，所以点是的垂心.故选：D.15．D【分析】根据的单调性，取特殊值排除选项.【详解】取时，则，，函数在上单调递减，最大值为，函数在上单调递减，最大值为，故A正确；取时，则，，函数在上单调递减，最大值为，函数在上单调递减，在上单调递增，最大值为，故B正确；取时，则，，函数在上单调递减，在上单调递增，最大值为，函数在上单调递增，，最大值为，故C正确；所以不可能发生的是D.故选：D.16．B【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量为，根据平面，求得，再由，得到，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】如图所示，以点为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为正方体的棱长为2，且分别是棱的中点，为底面上的动点，可得则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，因为平面，所以，因为，且，所以，所以当时，取得最小值，最小值为.故选：B.17．(1)；(2).【分析】（1）由，应用等差数列前n项和、等差中项公式得，结合已知求基本量，进而写出的通项公式；（2）由（1）得，应用分组求和，结合等差等比前n项和公式求.【详解】（1）由题设，则，即，所以，而，易得，则，故.（2）由（1）知：，则，所以.18．(1)(2)【分析】（1）先根据题意求出圆柱的底面半径，再根据圆柱的体积求出其高，进而即可求出圆柱的表面积；（2）由题意可得，从而得到异面直线与所成角为，再求出，，再利用余弦定理计算夹角即可求解．【详解】（1）设圆柱的高为，由是底面圆的直径，且，，则,则圆柱的底面半径为，又圆柱的体积为，解得，所以圆柱的表面积为．（2）连接，，由题意可得，则异面直线与所成角为直线与所成角，即，又结合（1）可得,，在中，有，在中，有，所以，故异面直线与所成角的大小为．

19．(1)；(2).【分析】（1）根据二面角的定义求即可；（2）根据线面角的定义构造垂直解三角形即可.【详解】（1）因为底面为矩形，所以,又因为平面，平面，所以，平面，所以平面，又平面，所以，易知二面角即二面角，因为，，所以即其平面角，由题意易知，故二面角的大小为；（2）如图所示，过作交于点，连接，根据已知平面，平面，所以，因为平面，所以平面，由直线与平面的夹角的定义可知直线与平面所成角为，矩形中，易知，又易知，所以，所以直线与平面所成角大小为.20．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；（2）利用三角形的中位线定理及平行四边形的判定和性质，结合线面平行的判定定理即可求解；（3）根据平行线的性质及线面角的定义，再利用线面平行的判定定理及线面垂直的性质定理，结合锐角三角函数即可求解.【详解】（1），点M为BC的中点同理，,平面,平面,平面

（2）取BM中点为G，连接EG、,则，所以又，所以四边形为平行四边形，所以而在平面内，EF在平面外，故平面，（3）因为，所以只需求直线与平面所成角的正弦值．因为，所以，因为所以因为

所以需求点到平面的距离．因为，不在平面内，BC在平面内，所以平面，所以只需求到平面的距离．过作的垂线，垂足为H．如图所示因为平面，所以．又因为，，所以平面因为

所以所以．所以直线EF与平面所成角的正弦值为.21．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据“从属函数”的定义和偶函数的性质可证对任意，恒成立，即可证明是偶函数；（2）不妨设，当时，利用放缩法可证，即可得证函数是函数的“从属函数”；（3）可通过举反例证明非充分，必要性，即证：函数是函数的“从属函数”，若函数在上为严格增函数或严格减函数，则函数在上是严格增函数或严格减函数，分情况讨论得证.【详解】（1）因为是上的偶函数，故对任意的都有．又是上的“从属函数”，于是恒成立，即对任意的成立，故是偶函数；（2）不妨设，当时，在上是严格增函数，有．而，所以，因此，当时，函数是函数的“从属函数”；（3）举反例不具备充分性.令，显然在上是严格增函数，因为，所以函数是函数的“从属函数”，但在上不是单调函数．因此不是的充分条件．必要性证明，