福建省厦门市第一中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学试题 含解析

厦门一中2024届高三年数学科10月月考卷满分150分考试时间：120分钟考试时间：2023.10.03命题：廖献武审核：张帆一､选择题：本题8小题，每题5分，共40分.在每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，则的子集共有（）A.8个 B.16个 C.32个 D.64个【答案】D【解析】【分析】先求出集合，再求出集合，从而可求出其子集的个数.【详解】因为，，所以，所以，则的子集共有个，故选：D2.若，其中i为虚数单位，则（）A.i B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法求出，再由代入计算即可．【详解】因为，所以，所以，故选：A．3.已知函数的定义域为，数列满足，则“数列为递增数列”是“函数为增函数”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【答案】B【解析】【分析】利用特例法、函数的单调性、数列的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】若数列为递增数列，取，即，则对任意的恒成立，所以数列为单调递增数列，但函数在上不单调，即“数列为递增数列”“函数为增函数”；若函数在上为增函数，对任意的，则，即，故数列为递增数列，即“数列为递增数列”“函数为增函数”.因此，“数列为递增数列”是“函数为增函数”的必要不充分条件.故选：B.4.如图所示，九连环是中国传统民间智力玩具，以金属丝制成9个圆环，解开九连环共需要256步，解下或套上一个环算一步，且九连环的解下和套上是一对逆过程.九连环把玩时按照一定得程序反复操作，可以将九个环全部从框架上解下或者全部套上.将第个圆环解下最少需要移动的次数记为，已知，按规则有，则解下第5个圆环最少需要移动的次数为（）A.4 B.7 C.16 D.31【答案】C【解析】【分析】根据递推公式求即可.【详解】由题意得，，，所以解下第5个圆环最少需要移动的次数为16次.故选：C5.用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台与圆锥的体积之比为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设圆台的上底面半径为，截去的小圆锥的高为，可得圆锥下底面半径为，圆锥的高为，求出圆台与圆锥的体积可得答案.【详解】设圆台的上底面半径为，截去的小圆锥的高为，可得圆锥下底面半径为，圆锥的高为，所以圆锥的体积为，小圆锥的体积为，所以圆台的体积为，所以该圆台与圆锥的体积之比为.故选：C.6.已知角的终边落在直线上，则的值为（）A. B. C.±2 D.【答案】B【解析】【分析】根据角终边的位置得到，然后将转化为再代入求值即可.【详解】角的终边落在直线上，所以，.故选：B.7.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过作一条直线与双曲线右支交于、两点，坐标原点为，若，，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作出图形，分析可知为直角三角形，设，在中，利用勾股定理求出，然后在中，利用勾股定理可求出该双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示：因为，则，，所以，，因为，则，设，则，则，由勾股定理可得，即，整理可得，因为，解得，所以，，，由勾股定理可得，即，整理可得，因此，该双曲线的离心率为.故选：B.8.已知函数与的图象上存在关于直线对称的点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】将函数与的图象上存在关于直线对称的点转化为函数与函数的图象存在交点，然后结合图象求的范围即可.【详解】设上一点的坐标为，关于直线对称的点坐标为，函数与的图象上存在关于直线对称的点，则存在使得，即成立，即函数与函数的图象存在交点，由图可知，当经过点时恰好没有交点，此时，将的图象向左平移函数与函数的图象会存在交点，所以.故选：D.【点睛】方法点睛：函数图象的交点问题：（1）根据图象讨论交点情况；（2）转化为函数零点问题讨论；（3）转化为方程的根的问题讨论.二､多项选择题：本题4小题，每题5分，共20分.全部选对得5分，少选得2分，选错得0分.9.设为空间中的任意两个非零向量，下列各式中正确的有（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据向量数量积运算法则计算，对四个选项一一进行判断即可.【详解】A选项，，故与不相等，A错误；B选项，，B正确；C选项，，故与不一定相等，C错误；D选项，，D正确.故选：BD10.已知函数，其中，，且满足①；②；③在区间单调，则下述结论中正确的为（）A. B.C.函数的图象关于直线对称 D.函数在区间单调递增【答案】AB【解析】【分析】由①可得在处取得最值，由②可得关于对称，由③可得，结合①②与题设条件可得，进而判断选项【详解】由得：，；由得：，；∴，.由在区间单调得：，，又，综上可得，，，故AB正确；又函数的图象关于点对称，满足在区间单调递减.故CD错误；故选：AB11.直三棱柱中，，点是线段上的动点（不含端点），则（）A.与一定不垂直B.平面C.三棱锥的外接球表面积为D.的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】利用空间向量法判断AD选项的正确性，根据线面平行、外接球的知识判断BC选项的正确性.【详解】A选项，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，设，则，，，可知当时，与垂直，所以A选项错误.B选项，由于平面，平面，所以平面，而平面即平面，所以平面，B选项正确.C选项，将三棱锥补形成正方体如图所示，三棱锥的外接球也即正方体的外接球，设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为，C选项正确.D选项，先证明不等式，当且仅当且时等号成立：设，所以，根据向量加法的三角形法则可知，当同向，即且时等号成立，也即，当且仅当且时等号成立.（证毕）所以，当且仅当，且，即时等号成立，所以D选项正确.故选：BCD12.已知是函数（且）的三个零点，则的可能取值有（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】CD【解析】【分析】根据题意，设可得其为偶函数且在单调递增，从而可得关于对称，即可得到结果.【详解】，当时，，设，则，即为偶函数，当时，，且，因为，所以,即函数单调递增，所以关于对称，且在上递减，在上递增，所以，且，所以，令，，，即在上递减，所以所以.故选：CD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知为锐角，，则__________.【答案】【解析】【分析】根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系式、两角差的正切公式求得正确答案.【详解】由于为锐角，所以，，所以.故答案为：14.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有_____．（用数字作答）【答案】240【解析】【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得．【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案故答案为：24015.函数的值域为__________.【答案】【解析】【分析】由解析式知定义域为，分、、讨论，并结合导数研究的单调性，可求得答案.【详解】函数的定义域为，当时，为单调递减函数，当时，，，为单调递减函数，当时，，，为单调递增函数，又在各分段的界点处连续，综上可得时为单调递减函数，时，为单调递增函数，且时，，所以.故答案为：.16.已知函数，若函数在区间上有且只有1个零点，则的取值范围是__________.【答案】或或【解析】【分析】根据二倍角公式和辅助角公式化简得到，然后用整体代入的方法得到的零点，最后列方程求解即可.【详解】，令，解得，所以的零点为，因为函数在区间上有且只有1个零点，所以，解得，当时，无解；当时，；当时，；当时，；当时，无解.故答案为：或或.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.已知数列的前项和为，且对任意的有.（1）证明：数列为等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；（2）求得，利用分组求和法可求得.【小问1详解】证明：当时，，则；.当时，由可得.两式相减得，即，.因为，则，，以此类推可知，对任意，，所以，数列构成首项为，公比为的等比数列.【小问2详解】解：由（1），故，则.所以，.18.的内角的对边分别为，已知，且的面积.（1）求C；（2）若内一点满足，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用余弦定理和面积公式，化简得到，求得，再由正弦定理和，得到，即可求解；（2）设，分别在和中，求得的表达式，列出方程求得，即可求解.【小问1详解】解：根据题意知，由余弦定理得，又因为，所以，即，因为，所以，又由正弦定理且，所以，又因为，所以.【小问2详解】解：由（1）知，，所以，可得，所以，设，因为，所以，因为，所以，在中，，所以，在中，，所以，即，所以，即，即，因为，所以.19.已知分别是椭圆的右顶点和上顶点，，直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）直线，与轴交于点，与椭圆相交于点，求证：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据，因为，直线的斜率为可得答案；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简计算可得答案.【小问1详解】分别是椭圆的右顶点和上顶点，，可得，因为，所以，直线的斜率为，所以，解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】设直线的方程为，则，与椭圆方程联立可得，由得，设，可得，，所以为定值.20.已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点，（1）证明:平面PBD平面ABCD；（2）若，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在N点到平面ABCD的距离为【解析】分析】（1）通过证明，结合题目所给已知，由此证得平面，进而证得平面平面.（2）存在.通过（1）的结论，利用面面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，假设存在符合题意的点，使平面，利用向量线性运算设出点坐标，结合求得点坐标，由此证得存在一点，使得平面.利用点到平面距离的向量求法，求得点到平面的距离.【详解】（1）证明:由四边形ABCD是直角梯形,AB=，BC=2AD=2，AB⊥BC，可得DC=2,∠BCD=，从而△BCD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC.∵E为CD中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)存在.在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC,又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=∴易得OP=OC=，PB=PD,PO⊥BD,所以O为BD的中点，OC⊥BD.以OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C（0,，0）D(-1,0,0),P（0,0,）假设在侧面内存在点，使得平面成立，设，易得由得，满足题意，所以N点到平面ABCD的距离为【点睛】本小题主要考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求点到面的距离，考查存在性命题的向量证法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.21.某工厂，两条相互独立的生产线生产同款产品，在产量一样的情况下，通过日常监控得知，，生产线生产的产品为合格品的概率分别为和．（1）从，生产线上各抽检一件产品，若使得产品至少有一件合格的概率不低于99.5%，求的最小值；（2）假设不合格的产品均可进行返工修复为合格品，以（1）中确定的作为的值．①已知，生产线的不合格品返工后每件产品可分别挽回损失5元和3元，若从两条生产线上各随机抽检1000件产品，以挽回损失的平均数为判断依据，估计哪条生产线的挽回损失较多？②若最终的合格品（包括返工修复后的合格品）按照一、二、三等级分类后，每件可分别获利10元、8元、6元，现从，生产线的最终合格品中各随机抽取100件进行分级检测，结果统计如图所示，用样本的频率分布估计总体分布，记该工厂生产一件产品的利润为，求的分布列并估计该厂产量2000件时利润的期望值．【答案】（1）0.95；（2）①生产线挽回的平均损失较多；②分布列见解析，16200元.【解析】【分析】（1）根据独立事件同时发生以及对立事件的概率，求出产品至少有一件合格的概率，根据已知建立的不等量关系，即可求解；（2）①根据（1）的结论求出生产线不合格品率，进而求出两条生产线的不合格品数，即可求出结论；②的可能取值为6，8，10，根据频数分布图，求出可能值的频率，得到的分布列，根据期望公式求解即可.【详解】（1）设从，生产线上各抽检一件产品，至少有一件合格为事件，从，生产线上抽检到合格品分别为事件，，由题知，，互为独立事件，所以，，，令，解得，故的最小值．（2）由（1）可知，，生产线生产产品为合格品率分别为0.95和0.9，不合格品率分别为0.05和0.1．①由题知，生产线上随机抽检1000件产品，估计不合格品（件），可挽回损失为（元），生产线上随机抽检1000件产品，估计不合格品（件），可挽回损失为（元）．由此，估计生产线挽回的平均损失较多．②由题知，的所有可能取值为6，8，10，用样本的频率分布估计总体分布，则，，，所以的分布列为6810所以（元）．故估计该厂产量为2000件时利润的期望值为（元）．【点睛】本题考查独立事件同时发生的概率，以及离散型随机变量的