山西省晋城市第一中学2024届高三数学上学期8月月考试题（Word版附解析）

2021级高三年级第四次调研考试试题数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请将全部答案按要求写在答卷纸上.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分.1.设全集,集合，（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据整数集的分类，以及补集的运算即可解出．【详解】因为整数集，，所以，．故选：A．2.设，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.【详解】由题意可得，则.故选：B.3.“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【答案】B 【解析】【分析】根据充分、必要性定义判断条件的推出关系，即可得答案.【详解】由，则，当时不成立，充分性不成立；由，则，即，显然成立，必要性成立；所以是的必要不充分条件.故选：B4.曲线在点处的切线方程为（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.【详解】设曲线在点处的切线方程为，因为，所以，所以所以所以曲线在点处的切线方程为.故选：C5.已知函数．记，则（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.【详解】令，则开口向下，对称轴为，因为，而，所以，即由二次函数性质知，因为，而，即，所以，综上，，又为增函数，故，即.故选：A.6.已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.【详解】因为在区间单调递增， 所以，且，则，，当时，取得最小值，则，，则，，不妨取，则，则，故选：D.7.已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解；法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】法一：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，则，又，，所以，则， 又，，所以，则，在中，，则由余弦定理可得，故，则，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.法二：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，在中，，则由余弦定理可得，故，所以，则， 不妨记，因为，所以，即，则，整理得①，又在中，，即，则②，两式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.故选：C.8.已知数列满足，则（）A.当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立B.当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立C.当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立D.当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立【答案】B【解析】【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项 所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.【详解】法1：因为，故，对于A，若，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立，由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为减数列，注意故，结合，所以，故，故，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，故恒成立仅对部分成立，故A不成立.对于B，若可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，，，故，故，故为增数列，若，则恒成立，故B正确.对于C，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立，则，故成立即由数学归纳法可得成立.而，故，故为减数列，又，结合可得：，所以，若，若存在常数，使得恒成立，则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.对于D，当时，可用数学归纳法证明：即，证明：当时，，此时不等关系成立；设当时，成立， 则，故成立由数学归纳法可得成立.而，故，故为增数列，又，结合可得：，所以，若存在常数，使得恒成立，则，故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.故选：B.法2：因为，令，则，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减，令，则，即，解得或或，注意到，，所以结合的单调性可知在和上，在和上，对于A，因为，则， 当时，，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，即，因为在上，所以，则为递减数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，故，所以在上单调递增，故，故，即，假设存在常数，使得恒成立，取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故A错误；对于B，因为，当时，，，假设当时，， 当时，因为，所以，则，所以，又当时，，即，假设当时，，当时，因为，所以，则，所以，综上：，因为在上，所以，所以为递增数列，此时，取，满足题意，故B正确；对于C，因为，则，注意到当时，，，猜想当时，，当与时，与满足，假设当时，，当时，所以，综上：，易知，则，故， 所以，因为在上，所以，则为递减数列，假设存在常数，使得恒成立，记，取，其中，则，故，所以，即，所以，故不恒成立，故C错误；对于D，因为，当时，，则，假设当时，，当时，，则，综上：，因在上，所以，所以为递增数列，因为，令，则，因为开口向上，对称轴为，所以在上单调递增，故，所以，故，即，假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且，因为，所以，上式相加得，，则，与恒成立矛盾，故D错误.故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.选择完全正确得5分，少选漏选得2分，错选不得分.9.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（）．A.该圆锥的体积为B.该圆锥的侧面积为C.D.的面积为【答案】AC【解析】【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【详解】依题意，，，所以，A选项，圆锥的体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC.10.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（）A.的平均数等于的平均数B.的中位数等于的中位数C.的标准差不小于的标准差D.的极差不大于的极差【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，则，因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A错误；对于选项B：不妨设，可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；对于选项C：因为是最小值，是最大值， 则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，例如：，则平均数，标准差，，则平均数，标准差，显然，即；故C错误；对于选项D：不妨设，则，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：BD.11.设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（）．A.B.C.以MN为直径的圆与l相切D.为等腰三角形【答案】AC【解析】【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.B选项：设， 由消去并化简得，解得，所以，B选项错误.C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，因为，即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.D选项：直线，即，到直线的距离为，所以三角形的面积为，由上述分析可知，所以，所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.12.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0 的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为D.当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【答案】ABD【解析】【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率，单次传输发送0，则译码为0的概率，而，因此，即，D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.记为等比数列的前项和．若，则的公比为________．【答案】【解析】【分析】先分析，再由等比数列的前项和公式和平方差公式化简即可求出公比.【详解】若，则由得，则，不合题意.所以.当时，因为，所以，即，即，即，解得.故答案为：14.的展开式中的系数为___________.【答案】【解析】【分析】结合二项式的展开式的通项公式即可求出结果.【详解】由通项公式可得，即的系数为.故答案为：.15.在中，，的角平分线交BC于D，则_________．【答案】【解析】 分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案为：．方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因为，所以，，又，所以，即．故答案为：．【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．16.在正方体中，E，F分别为AB，中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．【答案】12【解析】 【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，由题意可知，为球心，在正方体中，，即，则球心到的距离为，所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.故答案为：12四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其余每小题12分，共70分.17.已知在中，．（1）求；（2）设，求边上的高．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.【小问1详解】 ，，即，又，，，，即，所以，.【小问2详解】由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.18.一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量（单位：g）．试验结果如下：对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.2 19.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5（1）计算试验组的样本平均数；（2）（ⅰ）求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如图的列联表合计对照组试验组合计（ⅱ）根据（ⅰ）中的列联表，能否有95%的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？附：，0.1000.0500.0102.7063.8416.635【答案】（1）（2）（i）；列联表见解析，（ii）有的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异【解析】【分析】（1）直接根据均值定义求解；（2）（i）根据中位数的定义即可求得，从而求得列联表；（ii）利用独立性检验的卡方计算进行检验，即可得解.【小问1详解】试验组样本平均数：.【小问2详解】 （i）依题意，可知这只小鼠体重的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排后第位与第位数据的平均数，由原数据可得第11位数据为，后续依次为，故第位为，第位数据为，所以，故列联表为：合计对照组61420试验组14620合计202040（ii）由（i）可得，，所以能有的把握认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异.19.已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．（1）求的通项公式；（2）证明：当时，．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.【小问1详解】 设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，，所以数列的通项公式是.【小问2详解】方法1：由（1）知，，，当为偶数时，，，当时，，因此，当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，.方法2：由（1）知，，，当为偶数时，，当时，，因此，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，，当时，，因此，所以当时，. 20.如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.（1）证明：平面；（2）证明：平面平面BEF；（3）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【小问1详解】连接，设，则，，，则， 解得，则为的中点，由分别为的中点，于是，即，则四边形为平行四边形，，又平面平面，所以平面.【小问2详解】法一：由（1）可知，则，得，因此，则，有，又，平面，则有平面，又平面，所以平面平面.法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，，在中，，在中，，设，所以由可得：，可得：，所以， 则，所以，，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，设平面的法向量为，则，得，令，则，所以，，所以平面平面BEF；【小问3详解】法一：过点作交于点，设，由，得，且，又由（2）知，，则为二面角的平面角，因为分别为的中点，因此为的重心， 即有，又，即有，，解得，同理得，于是，即有，则，从而，，在中，，于是，，所以二面角的正弦值为.法二：平面的法向量为，平面的法向量为，所以，因为，所以，故二面角的正弦值为.21.曲线，第一象限内点在上，的纵坐标是． （1）若到准线距离为3，求；（2）若在轴上，中点在上，求点坐标和坐标原点到距离；（3）直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于是在上的投影，若点满足“对于任意都有”求的取值范围．【答案】（1）（2），（3）【解析】【分析】（1）首先求出抛物线的准线，在根据抛物线的定义求出，从而求出；（2）首先得到点坐标，设，即可求出线段的中点，从而求出的值，再得到直线的方程，最后由距离公式计算可得；（3）设，写出直线的方程，求出点坐标，则，分和，讨论即可.【小问1详解】曲线的准线为，点到的准线的距离为，又在第一象限，∴；【小问2详解】因为，所以，即，设，则线段的中点为，依题意，解得，即，直线为，即，所以坐标原点到的距离. 【小问3详解】设，，则，，，直线，即，令，所以，即，对恒成立．即，即对恒成立．①当，又，即时，恒成立；②当时，则，也成立；③当，即时，则当时满足，此时，，显然不成立，故时不成立．综上，．【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是设，从而写出直线的方程，再得到，再转化为恒成立问题，分类讨论即可.22.已知函数，其中．（1）讨论方程实数解的个数；（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）由即方程有没有解的问题，转化为函数与轴有没有交点问题，分类讨论即可得出结果.（2）不等式可化为：，就、分类讨论后可得参数的取值范围.【小问1详解】由可得，，令，令，可得，当，函数单调递减，当，函数单调递增，所以函数在时取得最小值，所以当时，方程无实数解，当时，方程有一个实数解，当时，，故，而，，设，则，故在上为增函数，故，故有两个零点即方程有两个实数解.【小问2详解】由题意可知，不等式可化为，，即当时，恒成立，所以，即， 令，则在上单调递增，而，当即时，在上单调递增，故，由题设可得，设，则该函数在上为减函数，而，故.当即时，因为，故在上有且只有一个零点，当时，，而时，，故在上为减函数，在上为增函数，故，而，故，故因为，故，故符合，综上所述，实数的取值范围为．【点睛】关键点睛：本题考查函数的单调性、最值问题，考查导数应用以及分类讨论思想、转化思想，考查函数恒成立问题，属于中档题.