湖南省常德市汉寿县一中2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题

试卷第=page44页，共=sectionpages44页湖南省汉寿县第一中学2024届高三10月月考数学试题卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数z满足，则（

）A． B．C． D．3．已知，是非零实数，则“”是“”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件4．如图所示，向量，，，在一条直线上，且，则（

）

A． B． C． D．5．某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯造型可以近似看成是一个圆柱挖去一个圆台得到，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该玻璃杯所用玻璃的体积（单位：）为（

）

A． B． C． D．6．设是定义域为的奇函数，且，当时，，则（

）A． B． C． D．7．已知向量，，若关于的方程在上的两根为，则的值为（

）A． B． C． D．8．已知是半径为的球体表面上的四点，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.9．已知，，则下列结论正确的是（

）A． B． C．与的夹角为 D．在方向上的投影向量是10．已知函数的图象关于点对称，则下列结论正确的是（

）A．B．的最大值为2C．函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为D．在上单调递减11．若数列中任意连续三项，，，均满足，则称数列为跳跃数列.则下列结论正确的是（

）A．等比数列：1，，，，，…是跳跃数列B．数列的通项公式为，数列是跳跃数列C．等差数列不可能是跳跃数列D．等比数列是跳跃数列的充要条件是该等比数列的公比12．已知实数a，b满足，则（

）A． B． C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知，则.14．曲线在点处的切线与直线垂直，则.15．已知的面积为，则的中线长的一个值为.16．如图，圆柱的底面半径和母线长均为3，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面的一个动点，且，则四面体的外接球的体积为.

四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17．（10分）已知函数在处有极值2.(1)求，的值；(2)求函数在区间上的最值.18．（12分）在中，内角的对边长分别为，.(1)若，求面积的最大值；(2)若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小.19．（12分）已知且，函数在上是单调递减函数，且满足下列三个条件中的两个：①函数为奇函数；②；③.(1)从中选择的两个条件的序号为______，依所选择的条件求得______，______.(2)在（1）的情况下，关于的方程在上有两个不等实根，求的取值范围.20．（12分）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．21．（12分）已知数列{an}是正项等差数列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列；数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn+bn＝1．(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；(2)如果cn＝anbn，设数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，说明理由．22．（12分）已知函数．(1)若，求的单调区间；(2)若，，且有两个极值点，分别为和，求的最小值．关注公众号《品数学》，高中数学资料共享群（284110736）答案第=page1616页，共=sectionpages1717页数学参考答案：1．A【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.【详解】由，，故.故选：A.2．A【分析】由已知等式直接化简计算求解复数【详解】因为，所以．故选：A3．A【分析】利用对数函数的单调可知，从而充分性成立，反之也成立，即可判定.【详解】因为，都是非零实数，由可得，所以成立，反之也成立.所以“”是“”的充分必要条件，故选：A.4．B【分析】根据向量的线性运算求解.【详解】由题意可得：，即.故选：B.5．A【分析】根据给定条件，利用柱体体积公式、台体体积公式计算作答.【详解】依题意，该玻璃杯所用玻璃的体积为.故选：A6．C【分析】根据题意可得4为的周期，根据题意结合周期性运算求解.【详解】因为，则，可知4为的周期，且，可得.故选：C.7．B【分析】利用数量积的坐标运算、正弦型函数的图象与性质、同角三角函数基本关系式运算即可得解.【详解】解：由题意，，可得：，设，当时，.且由，得在上的对称轴为.∵方程在上的两根为，∴，，且由得，∴.∴，∵当时，，∴，即有.又∵，∴，则，∴由得：，∴.故选：B.8．B【分析】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，连接，证得为中点，平面与平面的夹角即为的余角，解，即可得解.【详解】设球心为，分别取，的外接圆圆心为，连接，

∵，∴点为中点，则，由为外心，故，则，由题意可得平面，故平面与平面的夹角，即为的余角.在中，，，则由正弦定理可得，由球的半径为，故，,由平面，平面，可得，则中，,即，故平面与平面的夹角为，故其余弦值为.故选:B.9．AC【分析】A.利用平面向量的数量积运算求解判断；B.利用平面向量的模公式求解判断；C.利用平面向量夹角公式求解判断；D.利用平面向量的投影向量的定义求解判断.【详解】解：因为，，所以，则，所以，故A正确；，所以，故B错误；，因为，所以，故C正确；在方向上的投影向量是，故D错误；故选：AC10．BC【分析】根据已知函数的图象关于点对称，可知点在函数的图象上，满足函数方程，进而求出的值，可判断出的正误；已知的值，求出函数的解析式，利用辅助角公式可把解析式化为，进而可判断出【详解】因为函数的图象关于点对称，则点在函数的图象上，所以，解得，故A错误；由，得最大值为2，故B正确；因为的最小正周期为，所以函数的图象相邻两条对称轴的距离为，故C正确；当时，，所以在上是单调递增，故D错误.故选：BC.11．ACD【分析】根据跳跃数列定义逐项判断可得答案.【详解】对于选项A，由跳跃数列定义知，等比数列：1，，，，，…是跳跃数列，故A正确；对于选项B，数列的前三项为，，，不符合跳跃数列的定义，故B错误；对于选项C，当等差数列公差时，它是单调递增数列；公差时，它是单调递减数列；公差时，它是常数列，所以等差数列不可能是跳跃数列，故C正确；对于选项D，等比数列是跳跃数列，则，整理得，即，若比数列的公比，则，可得，所以等比数列是跳跃数列，故D正确.故选：ACD.12．AD【分析】先由题意可知，由，得，构造函数，得，再对四个选项逐一分析即可.【详解】由题意可得，则由，得.对于A：设，，则在区间上，，为增函数，所以由题意可得，所以，故A正确；对于B：由，得,故B错误；对于C：由A可知在区间上为增函数，且，则，即,则,由,得,令,则,所以在上单调递增,所以,所以,故C错误；对于D：又,令,则,所以在上单调递增,所以，所以,又，且,令，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，所以，综上可得，故D正确；故选:AD.13．/【分析】由二倍角公式与齐次式弦化切求解．【详解】.故答案为：14．【分析】根据导数的几何意义和垂直关系可知，由此可构造方程求得结果.【详解】在处的切线与直线垂直，，又，，解得：.故答案为：.15．或【分析】结合已知条件和三角形面积公式求，然后利用余弦定理即可求解.【详解】因为的面积为，所以，故或；①当时，，故，因为，所以，故；②当时，，故，在中，由余弦定理可知，在中，由余弦定理可知，，故.综上所述，的中线长为或.故答案为：或.16．【分析】根据条件确定点的轨迹为圆，再根据勾股定理判断出为直角三角形，其外心为与的交点，进而计算出，确定为四面体的外接球的球心，求出半径进行计算即可.【详解】因为是上底面的一个动点，且，所以点的轨迹是上底面上以为圆心，为半径的圆，在中，，，，∴，∴为直角三角形，其外心为与的交点，且，，而，所以，所以为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的体积故答案为：17．(1)，(2)最小值是，最大值是2.【分析】（1）利用极值和极值点列方程求解即可；（2）根据导数求出函数的单调区间，然后比较极值和端点处函数值的大小即可.【详解】（1），.∵函数在处取得极值2，∴，，解得，，∴，经验证在处取得极大值2，故，.（2），令，解得，令，解得或，因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，，故函数的最小值是，，故函数的最大值是2.18．(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，由余弦定理求得，得到，再由余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而求得面积的最大值；（2）设，利用余弦定理和为正三角形，求得，列出方程，即可求解.【详解】（1）解：由，因为，可得，又由正弦定理得，即，由余弦定理得，因为，可得，所以，在中，由余弦定理得，即，当且仅当时取等号，所以，所以面积取得最大值.（2）解：设，则，在中，由余弦定理得，由（1）知，且，所以为正三角形，所以，可得，因为，故，所以，可得.19．(1)选择①②，，(2)【分析】（1）通过单调性分析可知一定满足①②，进而结合奇偶性和列方程求解即可；（2）参变分离可得，，，换元转化为在上有两个解，进而结合对勾函数的单调性求解即可.【详解】（1）因为在上是单调递减函数，故②，③不会同时成立，故函数一定满足①函数为奇函数.因为函数的定义域为，所以，则，，故一定满足②.选择①②，，即，而，解得.（2）由（1）可得，由，则，即，令，因为，所以，则问题转化为在上有两个解，显然，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，又，，要使在上有两个解，则，所以的取值范围是.20．(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析(2)符合题意的点存在且为线段的中点．【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；（2）易得当平面时，四棱锥体积最大，再建立空间直角坐标系，设（），利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置【详解】（1）在翻折过程中总有平面平面，证明如下：∵点，分别是边，的中点，又，∴，且是等边三角形，∵是的中点，∴，∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）由题意知，四边形为等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面积，要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.假设符合题意的点存在．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，又，又，且，平面，平面，平面，故平面的一个法向量为，设（），∵，，故，∴，，平面的一个法向量为，则，，即令，所以，则平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，即，解得：，故符合题意的点存在且为线段的中点．21．(1)，(2)存在，2【分析】（1）数列是等差数列，用公差与表示出来后，由已知求得，可得通项公式，数列是已知与的关系，可由求得，再由当时，得到，从而知是等比数列，由此可得通项公式；（2）数列是由等差数列与等比数列相乘所得，其前项和用错位相减法求得，由（1）得出，作差，会发现当时都有，因此得到结论．【详解】（1）设数列{an}的公差为d，∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比数列，∴，即，解得（舍去）或，所以，由2Sn+bn＝1，得，当n＝1时，2S1+b1＝1，解得，当n≥2时，，所以，所以数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，故．（2）由（1）知，，所以①则②①-②得，，所以，又．所以，因为，所以，即，所以是递增数列，且当时，，故当时，，即，故所求的正整数n存在，其最小值是2.22．(1)在和上单调递增，在上单调递减；(2).【分析】（1）