2023-2024學(xué)年上海市奉賢區(qū)高三上冊(cè)10月月考數(shù)學(xué)試題（含解析）

2023-2024學(xué)年上海市奉賢區(qū)高三上冊(cè)10月月考數(shù)學(xué)試題一?填空題（第1-6題每題4分，第7-12題每題5分，滿分54分）1．在空間中，若直線與無(wú)公共點(diǎn)，則直線的位置關(guān)系是；2．不等式的解集為．3．在長(zhǎng)方體中，若，，則點(diǎn)到平面的距離為．4．已知復(fù)數(shù)滿足（為虛數(shù)單位），則．5．一個(gè)水平放置的平面圖形的直觀圖是如圖所示的梯形，其中，，則原平面圖形的周長(zhǎng)為．6．已知是邊長(zhǎng)為8的菱形，且，若平面，且，則點(diǎn)到直線的距離為．7．已知正三棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)相等，則直線與側(cè)面所成角的正弦值等于．8．已知的三邊長(zhǎng)分別為3,5,7，則該三角形的外接圓半徑等于．9．在四面體中，若，則異面直線與的距離為．10．設(shè)常數(shù)．如圖在矩形中，平面．若線段上存在點(diǎn)，使得，則的取值范圍是．

11．已知在以為直徑的圓周上．若，則．12．已知是邊長(zhǎng)為1的正方形，在空間中取4個(gè)不同的點(diǎn)，使得它們與恰好成為一個(gè)側(cè)棱長(zhǎng)為1的正四棱柱的8個(gè)頂點(diǎn)，則不同的取法數(shù)為．二?選擇題（本大題共4題，滿分20分）13．已知，是兩個(gè)不同的平面，直線，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件14．在四面體中，已知，若不是等邊三角形，且點(diǎn)在平面上的投影位于內(nèi)，則點(diǎn)是的（）A．重心 B．外心 C．內(nèi)心 D．垂心15．已知，設(shè)函數(shù)在區(qū)間上的最大值為，在區(qū)間上的最大值為，當(dāng)變化時(shí)，下列情況不可能發(fā)生的是（）A． B． C． D．16．如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體中，分別是棱的中點(diǎn)，為底面上的動(dòng)點(diǎn)，若直線平面，則線段的長(zhǎng)度的最小值為（）A． B． C．1 D．三?解答題（本大題共有5題，滿分76分）17．已知公差d不為0的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，.(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列，，求數(shù)列的前n項(xiàng)和.18．如圖，在圓柱中，是底面圓的直徑，為半圓弧上一點(diǎn)，是圓柱的母線．已知，，圓柱的體積為．

(1)求圓柱的表面積；(2)求異面直線與所成角的大?。?9．如圖，是矩形所在平面外一點(diǎn)，且平面．已知．(1)求二面角的大??；(2)求直線與平面所成角的大?。?0．如圖，三棱柱中，，，，點(diǎn)M，F(xiàn)分別為BC，的中點(diǎn)，點(diǎn)E為AM的中點(diǎn)．(1)證明：；(2)證明：平面；(3)求直線EF與平面所成角的正弦值．21．對(duì)于定義在上的函數(shù)和，若對(duì)任意給定的，不等式都成立，則稱函數(shù)是函數(shù)的“從屬函數(shù)”．(1)若函數(shù)是函數(shù)的“從屬函數(shù)”，且是偶函數(shù)，求證：是偶函數(shù)；(2)設(shè)，求證：當(dāng)時(shí)，函數(shù)是函數(shù)的“從屬函數(shù)”；(3)若定義在上的函數(shù)和的圖像均為一條連續(xù)曲線，且函數(shù)是函數(shù)的“從屬函數(shù)”，求證：“函數(shù)在上是嚴(yán)格增函數(shù)或嚴(yán)格減函數(shù)”是“函數(shù)在上是嚴(yán)格增函數(shù)或嚴(yán)格減函數(shù)”的必要非充分條件．1．平行或異面【分析】根據(jù)直線與直線的位置關(guān)系直接判斷【詳解】與無(wú)公共點(diǎn)，與可能平行，可能異面．本題考查兩直線的位置關(guān)系的判斷，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維的培養(yǎng)，屬基礎(chǔ)題．2．【分析】根據(jù)分式不等式的求法可直接求得結(jié)果.【詳解】由得：，解得：，即不等式的解集為.故答案為.3．##【分析】根據(jù)等體積法求點(diǎn)到面的距離．【詳解】設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，又長(zhǎng)方體中，且，，則，則，，又，即，解得，故點(diǎn)到平面的距離為．

故．4．【分析】利用復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求出，再求，進(jìn)而得到復(fù)數(shù)的虛部.【詳解】由，得，則.故答案為.5．##【分析】根據(jù)直觀圖還原原圖形，結(jié)合直角梯形運(yùn)算求解即可得解.【詳解】由直觀圖還原原圖形，如圖，在直觀圖中，過(guò)作交軸于，則，可知四邊形為直角梯形，且，，在直角梯形中過(guò)作于，在中，，故直角梯形周長(zhǎng)為，故6．5【分析】作，連接，根據(jù)平面，得到，又，利用勾股定理即可求解．【詳解】已知是邊長(zhǎng)為8的菱形，且，若平面，且，作，連接，平面，平面,所以,又，平面,故平面，平面，，故為點(diǎn)到直線的距離，又，．故5．7．【詳解】在正三棱柱ABC—A1B1C1中，取A1C1的中點(diǎn)E，則連B1E，B1E垂直于A1C1，所以B1E垂直于平面ACC1A1，連AE，則角B1AE就是AB1與側(cè)面ACC1A1所成角由正三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)相等，設(shè)棱長(zhǎng)為，AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦等于8．【分析】利用余弦定理得到，進(jìn)而得到結(jié)合正弦定理得到結(jié)果.【詳解】，由正弦定理得.本題考查解三角形的有關(guān)知識(shí)，涉及到余弦定理、正弦定理及同角基本關(guān)系式，考查恒等變形能力，屬于基礎(chǔ)題.9．【分析】分別取AB，CD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接CE，DE，AF，BF，EF，證得EF為異面直線AB和CD的公垂線求解.【詳解】如圖所示：分別取AB，CD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連接CE，DE，AF，BF，EF，因?yàn)?，所以，又因?yàn)镋為中點(diǎn)，所以，同理，所以EF為異面直線AB和CD的公垂線，所以，故10．【分析】通過(guò)建系，把轉(zhuǎn)換成向量垂直坐標(biāo)運(yùn)算，結(jié)合存在點(diǎn)，進(jìn)而轉(zhuǎn)換為方程有解問(wèn)題.【詳解】

因?yàn)樵诰匦沃校矫?，所以以，，所在直線為軸，軸，軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，，其中或不符題意，則，，，則有，由，得即，若線段上存在點(diǎn)，即方程在有解，設(shè)函數(shù)為，，對(duì)稱軸為，則方程在有解需滿足，又因?yàn)椋?故11．6【分析】連接,利用數(shù)量積公式表示,再結(jié)合其幾何意義計(jì)算即可.【詳解】連接，因?yàn)槭侵睆?，所以，又因?yàn)?，所以，所以.故答案為:6.12．12【分析】根據(jù)題意，按正方形在棱柱中的位置分2種情況討論，分析正四棱柱的數(shù)目，相加可得答案．【詳解】根據(jù)題意，分2種情況討論：①正方形作為對(duì)角面時(shí)，有6個(gè)，②正方形作為正四棱柱的底面或側(cè)面，有6個(gè)，共有種取法．故12.13．A【分析】由面面垂直的判定定理及面面垂直的性質(zhì)，結(jié)合充分必要條件的定義即可判斷.【詳解】根據(jù)面面垂直的判定定理，可知若，則“”則成立，滿足充分性；反之，若，則與的位置關(guān)系不確定，即不滿足必要性；所以“”是“”的充分不必要條件，故選：A.14．D【分析】先證明平面，平面，進(jìn)而可證得，，即可得解.【詳解】如圖，由題意可知平面，因?yàn)槠矫?，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，因?yàn)槠矫妫云矫?，又平面，所以，所以點(diǎn)是的垂心.故選：D.15．D【分析】根據(jù)的單調(diào)性，取特殊值排除選項(xiàng).【詳解】取時(shí)，則，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，最大值為，函數(shù)在上單調(diào)遞減，最大值為，故A正確；取時(shí)，則，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，最大值為，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，最大值為，故B正確；取時(shí)，則，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，最大值為，函數(shù)在上單調(diào)遞增，，最大值為，故C正確；所以不可能發(fā)生的是D.故選：D.16．B【分析】以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求得和平面的一個(gè)法向量為，根據(jù)平面，求得，再由，得到，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求解.【詳解】如圖所示，以點(diǎn)為原點(diǎn)，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，因?yàn)檎襟w的棱長(zhǎng)為2，且分別是棱的中點(diǎn)，為底面上的動(dòng)點(diǎn)，可得則，設(shè)平面的法向量為，則，取，可得，所以，因?yàn)槠矫?，所以，因?yàn)?，且，所以，所以?dāng)時(shí)，取得最小值，最小值為.故選：B.17．(1)；(2).【分析】（1）由，應(yīng)用等差數(shù)列前n項(xiàng)和、等差中項(xiàng)公式得，結(jié)合已知求基本量，進(jìn)而寫(xiě)出的通項(xiàng)公式；（2）由（1）得，應(yīng)用分組求和，結(jié)合等差等比前n項(xiàng)和公式求.【詳解】（1）由題設(shè)，則，即，所以，而，易得，則，故.（2）由（1）知：，則，所以.18．(1)(2)【分析】（1）先根據(jù)題意求出圓柱的底面半徑，再根據(jù)圓柱的體積求出其高，進(jìn)而即可求出圓柱的表面積；（2）由題意可得，從而得到異面直線與所成角為，再求出，，再利用余弦定理計(jì)算夾角即可求解．【詳解】（1）設(shè)圓柱的高為，由是底面圓的直徑，且，，則,則圓柱的底面半徑為，又圓柱的體積為，解得，所以圓柱的表面積為．（2）連接，，由題意可得，則異面直線與所成角為直線與所成角，即，又結(jié)合（1）可得,，在中，有，在中，有，所以，故異面直線與所成角的大小為．

19．(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)二面角的定義求即可；（2）根據(jù)線面角的定義構(gòu)造垂直解三角形即可.【詳解】（1）因?yàn)榈酌鏋榫匦?，所?又因?yàn)槠矫妫矫?，所以，平面，所以平面，又平面，所以，易知二面角即二面角，因?yàn)?，，所以即其平面角，由題意易知，故二面角的大小為；（2）如圖所示，過(guò)作交于點(diǎn)，連接，根據(jù)已知平面，平面，所以，因?yàn)槠矫妫云矫?，由直線與平面的夾角的定義可知直線與平面所成角為，矩形中，易知，又易知，所以，所以直線與平面所成角大小為.20．(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(3)【分析】（1）利用等腰三角形的三線合一定理及線面垂直的判定定理，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理即可求解；（2）利用三角形的中位線定理及平行四邊形的判定和性質(zhì)，結(jié)合線面平行的判定定理即可求解；（3）根據(jù)平行線的性質(zhì)及線面角的定義，再利用線面平行的判定定理及線面垂直的性質(zhì)定理，結(jié)合銳角三角函數(shù)即可求解.【詳解】（1），點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)同理，,平面,平面,平面

（2）取BM中點(diǎn)為G，連接EG、,則，所以又，所以四邊形為平行四邊形，所以而在平面內(nèi)，EF在平面外，故平面，（3）因?yàn)?，所以只需求直線與平面所成角的正弦值．因?yàn)?，所以，因?yàn)樗砸驗(yàn)?/p>

所以需求點(diǎn)到平面的距離．因?yàn)?，不在平面?nèi)，BC在平面內(nèi)，所以平面，所以只需求到平面的距離．過(guò)作的垂線，垂足為H．如圖所示因?yàn)槠矫?，所以．又因?yàn)?，，所以平面因?yàn)?/p>

所以所以．所以直線EF與平面所成角的正弦值為.21．(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)“從屬函數(shù)”的定義和偶函數(shù)的性質(zhì)可證對(duì)任意，恒成立，即可證明是偶函數(shù)；（2）不妨設(shè)，當(dāng)時(shí)，利用放縮法可證，即可得證函數(shù)是函數(shù)的“從屬函數(shù)”；（3）可通過(guò)舉反例證明非充分，必要性，即證：函數(shù)是函數(shù)的“從屬函數(shù)”，若函數(shù)在上為嚴(yán)格增函數(shù)或嚴(yán)格減函數(shù)，則函數(shù)在上是嚴(yán)格增函數(shù)或嚴(yán)格減函數(shù)，分情況討論得證.【詳解】（1）因?yàn)槭巧系呐己瘮?shù)，故對(duì)任意的都有．又是上的“從屬函數(shù)”，于是恒成立，即對(duì)任意的成立，故是偶函數(shù)；（2）不妨設(shè)，當(dāng)時(shí)，在上是嚴(yán)格增函數(shù)，有．而，所以，因此，當(dāng)時(shí)，函數(shù)是函數(shù)的“從屬函數(shù)”；（3）舉反例不具備充分性.令，顯然在上是嚴(yán)格增函數(shù)，因?yàn)?，所以函?shù)是函數(shù)的“從屬函數(shù)”，但在上不是單調(diào)函數(shù)．因此不是的充分條件．必要性證明，