湖南省常德市漢壽縣一中2023-2024學年高三上學期11月月考數(shù)學試題

試卷第=page44頁，共=sectionpages44頁湖南省漢壽縣第一中學2024屆高三10月月考數(shù)學試題卷一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復數(shù)z滿足，則（

）A． B．C． D．3．已知，是非零實數(shù)，則“”是“”的（

）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件4．如圖所示，向量，，，在一條直線上，且，則（

）

A． B． C． D．5．某玻璃制品廠需要生產一種如圖1所示的玻璃杯，該玻璃杯造型可以近似看成是一個圓柱挖去一個圓臺得到，其近似模型的直觀圖如圖2所示（圖中數(shù)據(jù)單位為cm），則該玻璃杯所用玻璃的體積（單位：）為（

）

A． B． C． D．6．設是定義域為的奇函數(shù)，且，當時，，則（

）A． B． C． D．7．已知向量，，若關于的方程在上的兩根為，則的值為（

）A． B． C． D．8．已知是半徑為的球體表面上的四點，，，，則平面與平面的夾角的余弦值為（

）A． B． C． D．二?多項選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.請把正確選項在答題卡中的相應位置涂黑.9．已知，，則下列結論正確的是（

）A． B． C．與的夾角為 D．在方向上的投影向量是10．已知函數(shù)的圖象關于點對稱，則下列結論正確的是（

）A．B．的最大值為2C．函數(shù)的圖象相鄰兩條對稱軸之間的距離為D．在上單調遞減11．若數(shù)列中任意連續(xù)三項，，，均滿足，則稱數(shù)列為跳躍數(shù)列.則下列結論正確的是（

）A．等比數(shù)列：1，，，，，…是跳躍數(shù)列B．數(shù)列的通項公式為，數(shù)列是跳躍數(shù)列C．等差數(shù)列不可能是跳躍數(shù)列D．等比數(shù)列是跳躍數(shù)列的充要條件是該等比數(shù)列的公比12．已知實數(shù)a，b滿足，則（

）A． B． C． D．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知，則.14．曲線在點處的切線與直線垂直，則.15．已知的面積為，則的中線長的一個值為.16．如圖，圓柱的底面半徑和母線長均為3，是底面直徑，點在圓上且，點在母線上，，點是上底面的一個動點，且，則四面體的外接球的體積為.

四?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17．（10分）已知函數(shù)在處有極值2.(1)求，的值；(2)求函數(shù)在區(qū)間上的最值.18．（12分）在中，內角的對邊長分別為，.(1)若，求面積的最大值；(2)若，在邊的外側取一點（點在外部），使得，，且四邊形的面積為，求的大小.19．（12分）已知且，函數(shù)在上是單調遞減函數(shù)，且滿足下列三個條件中的兩個：①函數(shù)為奇函數(shù)；②；③.(1)從中選擇的兩個條件的序號為______，依所選擇的條件求得______，______.(2)在（1）的情況下，關于的方程在上有兩個不等實根，求的取值范圍.20．（12分）如圖1，在邊長為4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，點，別是邊BC，CD的中點，，．沿MN將翻折到的位置，連接PA、PB、PD，得到如圖2所示的五棱錐P—ABMND．(1)在翻折過程中是否總有平面PBD⊥平面PAG？證明你的結論；(2)當四棱錐P—MNDB體積最大時，在線段PA上是否存在一點Q，使得平面QMN與平面PMN夾角的余弦值為？若存在，試確定點Q的位置；若不存在，請說明理由．21．（12分）已知數(shù)列{an}是正項等差數(shù)列，其中a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比數(shù)列；數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，滿足2Sn+bn＝1．(1)求數(shù)列{an}、{bn}的通項公式；(2)如果cn＝anbn，設數(shù)列{cn}的前n項和為Tn，是否存在正整數(shù)n，使得Tn＞Sn成立，若存在，求出n的最小值，若不存在，說明理由．22．（12分）已知函數(shù)．(1)若，求的單調區(qū)間；(2)若，，且有兩個極值點，分別為和，求的最小值．關注公眾號《品數(shù)學》，高中數(shù)學資料共享群（284110736）答案第=page1616頁，共=sectionpages1717頁數(shù)學參考答案：1．A【分析】求出集合、，利用并集的定義可求得集合.【詳解】由，，故.故選：A.2．A【分析】由已知等式直接化簡計算求解復數(shù)【詳解】因為，所以．故選：A3．A【分析】利用對數(shù)函數(shù)的單調可知，從而充分性成立，反之也成立，即可判定.【詳解】因為，都是非零實數(shù)，由可得，所以成立，反之也成立.所以“”是“”的充分必要條件，故選：A.4．B【分析】根據(jù)向量的線性運算求解.【詳解】由題意可得：，即.故選：B.5．A【分析】根據(jù)給定條件，利用柱體體積公式、臺體體積公式計算作答.【詳解】依題意，該玻璃杯所用玻璃的體積為.故選：A6．C【分析】根據(jù)題意可得4為的周期，根據(jù)題意結合周期性運算求解.【詳解】因為，則，可知4為的周期，且，可得.故選：C.7．B【分析】利用數(shù)量積的坐標運算、正弦型函數(shù)的圖象與性質、同角三角函數(shù)基本關系式運算即可得解.【詳解】解：由題意，，可得：，設，當時，.且由，得在上的對稱軸為.∵方程在上的兩根為，∴，，且由得，∴.∴，∵當時，，∴，即有.又∵，∴，則，∴由得：，∴.故選：B.8．B【分析】設球心為，分別取，的外接圓圓心為，連接，證得為中點，平面與平面的夾角即為的余角，解，即可得解.【詳解】設球心為，分別取，的外接圓圓心為，連接，

∵，∴點為中點，則，由為外心，故，則，由題意可得平面，故平面與平面的夾角，即為的余角.在中，，，則由正弦定理可得，由球的半徑為，故，,由平面，平面，可得，則中，,即，故平面與平面的夾角為，故其余弦值為.故選:B.9．AC【分析】A.利用平面向量的數(shù)量積運算求解判斷；B.利用平面向量的模公式求解判斷；C.利用平面向量夾角公式求解判斷；D.利用平面向量的投影向量的定義求解判斷.【詳解】解：因為，，所以，則，所以，故A正確；，所以，故B錯誤；，因為，所以，故C正確；在方向上的投影向量是，故D錯誤；故選：AC10．BC【分析】根據(jù)已知函數(shù)的圖象關于點對稱，可知點在函數(shù)的圖象上，滿足函數(shù)方程，進而求出的值，可判斷出的正誤；已知的值，求出函數(shù)的解析式，利用輔助角公式可把解析式化為，進而可判斷出【詳解】因為函數(shù)的圖象關于點對稱，則點在函數(shù)的圖象上，所以，解得，故A錯誤；由，得最大值為2，故B正確；因為的最小正周期為，所以函數(shù)的圖象相鄰兩條對稱軸的距離為，故C正確；當時，，所以在上是單調遞增，故D錯誤.故選：BC.11．ACD【分析】根據(jù)跳躍數(shù)列定義逐項判斷可得答案.【詳解】對于選項A，由跳躍數(shù)列定義知，等比數(shù)列：1，，，，，…是跳躍數(shù)列，故A正確；對于選項B，數(shù)列的前三項為，，，不符合跳躍數(shù)列的定義，故B錯誤；對于選項C，當?shù)炔顢?shù)列公差時，它是單調遞增數(shù)列；公差時，它是單調遞減數(shù)列；公差時，它是常數(shù)列，所以等差數(shù)列不可能是跳躍數(shù)列，故C正確；對于選項D，等比數(shù)列是跳躍數(shù)列，則，整理得，即，若比數(shù)列的公比，則，可得，所以等比數(shù)列是跳躍數(shù)列，故D正確.故選：ACD.12．AD【分析】先由題意可知，由，得，構造函數(shù)，得，再對四個選項逐一分析即可.【詳解】由題意可得，則由，得.對于A：設，，則在區(qū)間上，，為增函數(shù)，所以由題意可得，所以，故A正確；對于B：由，得,故B錯誤；對于C：由A可知在區(qū)間上為增函數(shù)，且，則，即,則,由,得,令,則,所以在上單調遞增,所以,所以,故C錯誤；對于D：又,令,則,所以在上單調遞增,所以，所以,又，且,令，根據(jù)對勾函數(shù)的性質可得在上單調遞減，在上單調遞增，且，所以，綜上可得，故D正確；故選:AD.13．/【分析】由二倍角公式與齊次式弦化切求解．【詳解】.故答案為：14．【分析】根據(jù)導數(shù)的幾何意義和垂直關系可知，由此可構造方程求得結果.【詳解】在處的切線與直線垂直，，又，，解得：.故答案為：.15．或【分析】結合已知條件和三角形面積公式求，然后利用余弦定理即可求解.【詳解】因為的面積為，所以，故或；①當時，，故，因為，所以，故；②當時，，故，在中，由余弦定理可知，在中，由余弦定理可知，，故.綜上所述，的中線長為或.故答案為：或.16．【分析】根據(jù)條件確定點的軌跡為圓，再根據(jù)勾股定理判斷出為直角三角形，其外心為與的交點，進而計算出，確定為四面體的外接球的球心，求出半徑進行計算即可.【詳解】因為是上底面的一個動點，且，所以點的軌跡是上底面上以為圓心，為半徑的圓，在中，，，，∴，∴為直角三角形，其外心為與的交點，且，，而，所以，所以為四面體的外接球的球心，球半徑為，所以球的體積故答案為：17．(1)，(2)最小值是，最大值是2.【分析】（1）利用極值和極值點列方程求解即可；（2）根據(jù)導數(shù)求出函數(shù)的單調區(qū)間，然后比較極值和端點處函數(shù)值的大小即可.【詳解】（1），.∵函數(shù)在處取得極值2，∴，，解得，，∴，經(jīng)驗證在處取得極大值2，故，.（2），令，解得，令，解得或，因此在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，，故函數(shù)的最小值是，，故函數(shù)的最大值是2.18．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，利用正弦定理化簡得，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，進而求得面積的最大值；（2）設，利用余弦定理和為正三角形，求得，列出方程，即可求解.【詳解】（1）解：由，因為，可得，又由正弦定理得，即，由余弦定理得，因為，可得，所以，在中，由余弦定理得，即，當且僅當時取等號，所以，所以面積取得最大值.（2）解：設，則，在中，由余弦定理得，由（1）知，且，所以為正三角形，所以，可得，因為，故，所以，可得.19．(1)選擇①②，，(2)【分析】（1）通過單調性分析可知一定滿足①②，進而結合奇偶性和列方程求解即可；（2）參變分離可得，，，換元轉化為在上有兩個解，進而結合對勾函數(shù)的單調性求解即可.【詳解】（1）因為在上是單調遞減函數(shù)，故②，③不會同時成立，故函數(shù)一定滿足①函數(shù)為奇函數(shù).因為函數(shù)的定義域為，所以，則，，故一定滿足②.選擇①②，，即，而，解得.（2）由（1）可得，由，則，即，令，因為，所以，則問題轉化為在上有兩個解，顯然，函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，所以，又，，要使在上有兩個解，則，所以的取值范圍是.20．(1)在翻折過程中總有平面PBD⊥平面PAG，證明見解析(2)符合題意的點存在且為線段的中點．【分析】（1）證明出平面，進而證明面面垂直；（2）易得當平面時，四棱錐體積最大，再建立空間直角坐標系，設（），利用空間向量和二面角的大小，列出方程，確定點的位置【詳解】（1）在翻折過程中總有平面平面，證明如下：∵點，分別是邊，的中點，又，∴，且是等邊三角形，∵是的中點，∴，∵菱形的對角線互相垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．（2）由題意知，四邊形為等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面積，要使得四棱錐體積最大，只要點到平面的距離最大即可，∴當平面時，點到平面的距離的最大值為.假設符合題意的點存在．以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，又，又，且，平面，平面，平面，故平面的一個法向量為，設（），∵，，故，∴，，平面的一個法向量為，則，，即令，所以，則平面的一個法向量，設二面角的平面角為，則，即，解得：，故符合題意的點存在且為線段的中點．21．(1)，(2)存在，2【分析】（1）數(shù)列是等差數(shù)列，用公差與表示出來后，由已知求得，可得通項公式，數(shù)列是已知與的關系，可由求得，再由當時，得到，從而知是等比數(shù)列，由此可得通項公式；（2）數(shù)列是由等差數(shù)列與等比數(shù)列相乘所得，其前項和用錯位相減法求得，由（1）得出，作差，會發(fā)現(xiàn)當時都有，因此得到結論．【詳解】（1）設數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＝1，且a2、a4、a6+2成等比數(shù)列，∴，即，解得（舍去）或，所以，由2Sn+bn＝1，得，當n＝1時，2S1+b1＝1，解得，當n≥2時，，所以，所以數(shù)列{bn}是首項為，公比為的等比數(shù)列，故．（2）由（1）知，，所以①則②①-②得，，所以，又．所以，因為，所以，即，所以是遞增數(shù)列，且當時，，故當時，，即，故所求的正整數(shù)n存在，其最小值是2.22．(1)在和上單調遞增，在上單調遞減；(2).【分析】（1）