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文档简介
贵州省贵阳2024-2025高三上学期10月月考试卷数学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分,共4页.时间120分钟,满分150分.第Ⅰ卷一、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,则的元素个数为()A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【分析】令,可知的元素个数即为的零点个数,依据函数单调性结合零点存在性定理运算求解.【详解】由题意可知:的元素个数即为函数与的交点个数,令,则函数与的交点个数即为的零点个数,因为在内单调递增,在内单调递减,则在内单调递增,且,可知在内有且仅有1个零点,即函数与有且仅有1个交点,所以的元素个数为1.故选:A.2.若,其中是虚数单位,且,设,则为()A.2 B. C.6 D.【答案】D【分析】化简可得,然后依据复数相等的条件列出关系式,求出的值,依据共轭复数的概念以及复数的求模运算,即可得出答案.【详解】由得,,所以且,解得,,所以,,所以.故选:D.3.的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一.划分等级为:日均值在以下,空气质量为一级;日均值在,空气质量为二级;日均值超过为超标.如图是某地8月1日至日的日均值(单位:)变更的折线图,下列关于日均值说法正确的是()A.这10天日均值的70百分位数为60B.前4天的日均值的极差小于后4天的日均值的极差C.前4天的日均值的方差大于后4天的日均值的方差D.这10天的日均值的中位数为45【答案】B【详解】解:对于A,将10天中日均值按从小到大排列为,,,,,,,,,,依据百分位数的定义可得,这10天中日均值的百分位数是,故选A错误;对于B,前4天的日均值的极差为,后4天的日均值的极差为,故选项B正确;对于C,由折线图和方差的定义可知,前4天的日均值波动性小,所以前4天的日均值的方差小于后4天日均值的方差,故选项C错误;对于D,这天中日均值的中位数为,故选项D错误.故选:B4.数列的通项公式为,则“”是“为递增数列”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件 D.充要条件【答案】A【分析】依据以及充分条件和必要条件的定义分别进行推断即可【详解】由题意得数列为递增数列等价于对随意恒成立,即对随意恒成立,故,所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件,故选:A5.若方程所表示的曲线为,则下列命题错误的是()A.若曲线为双曲线,则或B.若曲线椭圆,则C.曲线可能是圆D.若曲线为焦点在轴上的椭圆,则【答案】B【分析】利用方程表示双曲线求解的取值范围可推断A;方程表示椭圆求解可推断B;方程是否表示圆可推断C;方程表示焦点在轴上的椭圆求解可推断D.【详解】对于选项A:方程表示双曲线,则,解得或,故A正确;对于选项B:方程表示椭圆,则,解得且,故B错误;对于选项C:当时,方程表示圆,故C正确;对于选项D:方程表示焦点在轴上的椭圆,则,解得,故D正确;故选:B.6.两个单位向量与满意,则向量与的夹角为()A. B. C. D.【答案】D【分析】由题意可得,,依据可得,设与的夹角为,利用即可求解.【详解】由题意可得,,且,所以.设与的夹角为,,则,所以.故选;D.7.设,则()A. B. C. D.【答案】A【分析】利用倍角公式化简可得,代入结合诱导公式运算求解.【详解】∵,所以.故选:A.8.若对随意正实数都有,则实数的取值范围为()A.B.C.D.【答案】A【分析】运用分别参数求最值,即将原不等式化为,再构造函数(),求其最大值,进而求得结果.【详解】化简不等式可得,即:,令(),则对随意的,,所以,设,,则,令,所以,所以在上单调递减,又因为,所以,,所以当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,所以,所以,解得:,即:的取值范围为.故选:A.二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.若,且,则()A.B.C.D.【答案】BD【分析】利用不等式的性质结合作差法逐一推断即可.【详解】因为,且,则,所以,即,故A错误;则,所以,故B正确;则,故C错误;因为,所以,故D正确.故选:BD.10.如图,点是棱长为2的正方体的表面上一个动点,则以下说法正确的是()A.当在平面上运动时,四棱锥的体积不变B.当在线段上运动时,与所成角的取值范围是C.若点在底面上运动,则使直线与平面所成的角为的点的轨迹为椭圆D.若是的中点,点在底面上运动时,不存在点满意平面【答案】AB【分析】依据体积公式,即可推断A,建立空间直角坐标系,依据线线角,线面角,以及利用法向量推断线面关系,即可推断BCD.【详解】A.当在平面上运动时,点到平面的距离为2,所以四棱锥的体积,故A正确;B.如图,建立空间直角坐标系,,,,,,,,设与所成角为,则当时,,,则,当时,,所以,,故B正确;C.若点在底面上运动,设,,,平面的法向量为,则直线与平面所成的角为时,,化简为,则点的轨迹为圆,故C错误;D.如图,,,,,,,,,,,且,且平面,所以平面,即向量是平面的法向量,,,,若平面,则,即,直线与底面有公共点,即存在点满意平面,故D错误.故选:AB11.阿波罗尼斯是古希腊闻名数学家,与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠,阿波罗尼斯发觉:平面内到两个定点的距离之比为定值,且的点的轨迹是圆,此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中,,点满意.设点的轨迹为曲线,则下列说法正确的是()A.的方程为B.点都在曲线内部C.当三点不共线时,则D.若,则的最小值为【答案】ACD【分析】对于A,通过干脆法求出点的轨迹方程即可推断;对于B,利用点到圆心的距离,推断点与圆的位置关系;对于C,由题意,结合三角形内角平分线定理进行推断即可;对于D,将转化为进行推断即可.【详解】设,不与,重合),由,,有,,,即,化简得,所以点的轨迹曲线是以为圆心,半径的圆,如图所示,对于A选项,由曲线方程为,选项A正确;对于B选项,由,点在曲线外,选项B错误;对于C选项,由,,有,则当,,三点不共线时,由三角形内角平分线定理知,是内角的角平分线,所以,选项C正确;对于D选项,由,得,则,当且仅当在线段上时,等号成立,则的最小值为,选项D正确.故选:ACD.12.定义在的函数满意,且,都有,若方程的解构成单调递增数列,则下列说法中正确的是()A.B.若数列为等差数列,则公差为6C.若,则D.若,则【答案】ABD【分析】对于A:依据题意结合周期性运算求解;对于B:依据题意结合图象分析推断;对于B:整理可得,结合图象分析推断;对于D:依据图象结合对称性分析可得数列是以首项为7,公差为12的等差数列,进而利用等差数列学问运算求解.【详解】因为都有,即的图象关于对称,令,则,即,可知在内的图象关于点对称,依据题意作出在内的图象,如图所示:对于选项A:因为定义在的函数满意,则,故A正确;对于选项B:由图象可知:若数列为等差数列,则,此时与在内有且仅有一个交点,因为,则,所以公差为6,故B正确;对于选项C:若,则,可得,则,即与在内有且仅有2个交点,结合图象可得,故C错误;对于选项D:若,则与在内有且仅有3个交点,且,因为,则,所以数列是以首项为7,公差为12的等差数列,可得,所以,故D正确;故选:ABD.【点睛】方法点睛:应用函数思想确定方程解的个数的两种方法(1)转化为两熟识的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解;(2)分别参数、转化为求函数的值域问题求解.第II卷三、填空题(本大题共4小题,共20分)13.已知一个扇形的圆心角为,弧长为,则该扇形的面积为________.【答案】【分析】利用扇形面积公式计算即可.【详解】设扇形半径为,由题意可知,所以该扇形的面积为.故答案为:.14.分别为内角的对边.已知,则的最小值为________.【答案】##0.6【分析】因为,所以代入,得到,并结合基本不等式,得到的最小值.【详解】由余弦定理得.当且仅当时,取等号.所以的最小值为故答案为:15.已知函数存在单调递减区间,则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】利用函数单调性与导数的关系,列出不等式即可求解.【详解】函数的定义域为,求导得,依题意,不等式在上有解,等价于在上有解,而,当且仅当时取等号,则,
所以实数a的取值范围是.故答案为:.16.已知椭圆的左、右焦点分别为,经过的直线交椭圆于两点,为坐标原点,且,则椭圆的离心率为______.【答案】##【分析】利用向量的数量积的运算律,以及椭圆的定义,利用齐次化方法求离心率.【详解】因为,所以,即,所以,所以.设,则,所以,由得,所以,所以,在中,由,得,所以.故答案为:.四、解答题:本题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤.17.已知函数(,,)的图象相邻两条对称轴间的距离为.函数的最大值为2,且______.请从以下3个条件中任选一个,补充在上面横线上,①为奇函数;②当时;③是函数的一条对称轴.并解答下列问题:(1)求函数的解析式;(2)在中,、,分别是角,,的对边,若,,的面积,求的值.【答案】(1)(2)【分析】(1)由最大值确定A,依据相邻两条对称轴间的距离为确定最小正周期,从而确定,选①,可得,求解即可;选②,,求解即可;选③,整体思想,求解即可.(2)利用面积公式求出,结合余弦定理即可求解.【小问1详解】由题意得,∴最小正周期,则,∴.若选①,为奇函数,则,∴,即∵,即,∴即,∴.若选②,当时,∴即,∵,∴,∴.若选③,是函数的一条对称轴,∴即∵,∴,∴.【小问2详解】∵,∴,即,∵即,∴,即,又∵,的面积,∴得,在中,由余弦定理得:,解得.18.已知数列的前项和为,,且.(1)求数列的通项公式;(2)设数列满意,记数列的前项和为,若对随意恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】(1)由与的关系即可求解;(2)先用错位相减法求出,再由不等式恒成立问题的解法即可求解.【小问1详解】解:当时,∵,∴,两式相减得,.∵,,所以,∴,∵,∴,∴数列是以首项,公比为的等比数列.∴【小问2详解】∵,∴,∴,∴,∴∴,∵对随意恒成立,∴,∴,∴恒成立,∵,∴,∴的取值范围是.19.如图,在三棱柱中,为等边三角形,四边形是边长为2的正方形,为中点,且.(1)求证:平面;(2)若点在线段上,且直线与平面所成角的正弦值为,求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)由勾股定理证明,再由,可证平面,即得,由,可证平面;(2)由题意证明得两两垂直,建立空间直角坐标系,写出对应点的坐标与向量的坐标,求解平面的法向量,设,再由向量夹角的公式代入计算得,依据点到平面的距离公式代入计算,可得答案.【小问1详解】证明:由题知,,又,所以,又,平面,所以平面,又平面,所以,在正中,为中点,于是,又,平面,所以平面【小问2详解】取中点为中点为,则,由(1)知,平面,且平面,所以,又,所以,平面所以平面,于是两两垂直.如图,以为坐标原点,的方向为轴、轴、轴的正方向,建立空间直角坐标系,则,,所以,.设平面的法向量为,则,即,令,则,于是.设,则.由于直线与平面所成角的正弦值为,,即,整理得,由于,所以于是.设点到平面的距离为,则,所以点到平面的距离为.【点睛】方法点睛:对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的夹角公式求解.20.第22届亚运会将于2024年9月23日至10月8日在我国杭州实行,这是我国继北京后其次次举办亚运会,为迎接这场体育盛会,浙江某市确定举办一次亚运会学问竞赛,该市A社区举办了一场选拔赛,选拔赛分为初赛和决赛,初赛通过后才能参与决赛,决赛通过后将代表A社区参与市亚运学问竞赛.已知A社区甲、乙、丙3位选手都参与了初赛且通过初赛的概率依次为,,,通过初赛后再通过决赛的概率均为,假设他们之间通过与否互不影响.(1)求这3人中至少有1人参与市学问竞赛的概率.(2)某品牌商赞助了A社区的这次学问竞赛,给参与选拔赛的选手供应了两种嘉奖方案:方案一:参与了选拔赛的选手都可参与抽奖,每人抽奖1次,每次中奖的概率均为,且每次抽奖互不影响,中奖一次嘉奖600元:方案二:只参与了初赛的选手嘉奖100元,参与了决赛的选手嘉奖400元(包含参与初赛的100元),若品牌商希望赐予选手更多的嘉奖,试从三人奖金总额的数学期望的角度分析,品牌商选择哪种方案更好.【答案】(1)(2)从三人奖金总额的数学期望的角度分析,品牌商选择方案二更好【分析】(1)依据独立事务的概率,先分别求出甲乙丙三人参与市赛的概率,即可求出至少有1人参与市学问竞赛的概率.(2)分别求出两个方案的嘉奖期望,比较大小即可.【小问1详解】甲参与市赛的概率为,乙参与市赛的概率为,丙参与市赛的概率为,至少1人参与市赛的概率为:.【小问2详解】方案一:设三人中奖人数为,所获奖金总额为元,则,且.所以元,方案二:记甲、乙、丙三人获得奖金之和为元,则的全部可能取值为300、600、900、1200,则,,,,所以,.所以,,所以从三人奖金总额的数学期望的角度分析,品牌商选择方案二更好.21.已知双曲线的左右焦点分别为,点在双曲线上,若,且双曲线焦距为4.(1)求双曲线的方程;(2)假如为双曲线右支上的动点,在轴负半轴上是否存在定点使得?若存在,求出点的坐标;若不存在,说明理由.【答案】(1)(2)存在,坐标为【分析】(1)利用双曲线的定义求解即可;(2)在轴负半轴上假设存在点满意题意,当垂直于轴时,易得,当不垂直于轴时,由斜率公式和二倍角正切公式也可解得.【小问1详解】因为点在双曲线上,所以由双
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