贵州省思南中学2024届高三数学上学期第二次月考试题（Word版附解析）

思南中学2023-2024学年度高三第一学期第二次月考数学科试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义直接求解即可.【详解】因为，，所以，故选：B2.已知，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的除法运算求解.【详解】由题意可得：. 故选：B.3.已知函数，则（）A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】【分析】利用分段函数的解析式，先求得，然后再直接求值即可.【详解】因为，所以故选：A.4.已知向量，则A.B.2C.5D.50【答案】A【解析】【分析】本题先计算，再根据模的概念求出．【详解】由已知，，所以，故选A【点睛】本题主要考查平面向量模长的计算，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．由于对平面向量的坐标运算存在理解错误，从而导致计算有误；也有可能在计算模的过程中出错．5.学校运动会需要从5名男生和2名女生中选取4名志愿者，则选出的志愿者中至少有一名女生的不同选法的种数是（）A.20B.30C.35D.40【答案】B【解析】【分析】根据组合的知识求得正确答案. 【详解】选出的志愿者中，个女生个男生时，方法数有种，个女生个男生时，方法数有种，所以不同选法有种.故选：B6.已知，且和均为钝角，则的值为（）A.B.C.或D.【答案】D【解析】【分析】根据角度范围求解，再求解，结合角度范围判断即可.【详解】∵和均为钝角，∴，．∴．由和均为钝角，得，∴．故选：D7.如图，球面上有、、三点，，，球心到平面的距离是，则球的体积是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出外接圆的半径，结合已知条件可求得球的半径，再利用球体体积公式可求得球的 体积.【详解】在中，，，则外接圆的直径为，所以，，因此，球心到平面距离为，所以，球的半径为，因此，球的体积为.故选：B.8.已知函数若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将函数有四个不同的零点，转化为函数与图象由四个交点，再数形结合即可解答.【详解】依题意，函数有四个不同的零点，即有四个解，转化为函数与图象由四个交点，由函数函数可知，当时，函数为单调递减函数，；当时，函数为单调递增函数，； 当时，函数为单调递减函数，；当时，函数为单调递增函数，；结合图象，可知实数的取值范围为.故选：A二、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.已知,则（）A.是偶函数B.的最小正周期是C.图象的一个对称中心是D.上单调递增【答案】ABC【解析】【分析】因为,根据偶函数的定义判断A;根据最小正周期公式判断B;将代入验证C的正误;求解函数的单调递增区间即可判断D.【详解】因为,定义域为,,所以是偶函数,故A正确;的最小正周期为,故B正确;,所以是图象的一个对称中心,故C正确;令,解得,即单调递增区间为,故D错误.故选:ABC.10.已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（）A.当时，曲线C是椭圆B.当或时，曲线C是双曲线 C.若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则D.若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则【答案】BCD【解析】【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线方程的特征逐项判断作答.【详解】对于A，当时，，则曲线是圆，A错误；对于B，当或时，，曲线是双曲线，B正确；对于C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，C正确；对于D，若曲线是焦点在轴上的双曲线，则，解得，D正确．故选：BCD11.如图，在正方体中，为的中点（）A.平面B.C.若正方体的棱长为1，则点D到平面的距离为D.若正方体的棱长为1，则直线与所成角的余弦值为【答案】ABC【解析】【分析】利用线面垂直判定定理即可证得选项A判断正确；先证面，进而证得，从而选项B判断正确；利用三棱锥等体积法求得点D到平面的距离判断选项C；求得直线与所成角的余弦值判断选项D.【详解】对于A项，连接BD交AC于O点，连接OE，易知OE为的中位线， 即，∵面，面，∴平面，故A正确；对于B项，连接，由正方体的性质易知，又面，∴面，而面，则，故B正确；对于C项，由正方体的性质知：点到平面的距离等于点D到平面的距离，设该距离为d，若正方体棱长为1，则，，故C正确；对于D项，取中点P，连接，又为的中点，由正方体的性质知：，则四边形为平行四边形，则，则直线与所成角为或其补角.中，,则，则直线与所成角的余弦值为，故D错误. 故选：ABC12.若x，y满足，则（）.A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假，其中C选项，利用三角换元及三角恒等变换进行求解.【详解】因为（R），由可变形为，，解得，当且仅当时，，当且仅当时，，故A正确，B错误；由可变形为，解得，当且仅当时取等号，故D正确；因为变形可得，设，所以， 因此，所以当时，即时，此时，取到最大值2，故C错误.故选：AD.【点睛】易错点点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.__________.【答案】【解析】【分析】利用对数运算的性质求值即可.【详解】原式.故答案为：14.曲线在点处的切线方程为_________．【答案】【解析】【分析】求导，即可由点斜式得直线方程.【详解】，则，所以，所以点处的切线方程为，即，故答案为：15.在直线上任取一点作圆的切线，切点为，则切线段的最小值 为_____________．【答案】1【解析】【分析】利用圆的切线性质，结合两点间距离公式、配方法进行求解即可.【详解】设的圆心为，半径为，即，因为点在直线上，所以设，因为是该圆的切线，且切点为，所以有，因此有，当时，切线段的最小值为1，故答案为：116.已知椭圆的左、右焦点分别为，过点作直线交椭圆于两点，若，则椭圆的离心率为____________.【答案】##【解析】【分析】由题意可得，且，延长并延长交椭圆于点，然后利用椭圆的对称性和椭圆的定义可得，，，则由勾股定理的逆定理可得，再在中利用勾股定理列方程可求出的关系，从而可求出离心率.【详解】因为，，所以，且，延长并延长交椭圆于点，则由对称性可设，，，，因为，所以， 则，，，得所以，在中，由，得，化简得，所以，所以离心率.故答案为：【点睛】关键点睛：此题考查椭圆的离心率的求法，解题的关键是利用椭圆的对称性和椭圆的定义表示出各线段的长.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.在递增的等比数列中，，，其中.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出的首项、公比即可作答.（2）利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和作答.【小问1详解】 由，等比数列递增数列，得，因此数列的公比，则，所以数列的通项公式是.【小问2详解】由（1）得，，.18.已知内角的对边分别为，设.（1）求；（2）若的面积为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，结合余弦定理即可得到结果.【小问1详解】原式化简可得：，整理得：，由正弦定理可得：，因此三角形的内角；【小问2详解】，， ，.19.学校组织的亚运会知识竞赛，设初赛､复赛､决赛三轮比赛，经过前两轮比赛，甲､乙两人进入冠亚军决赛，获胜者获得冠军，失败者获得亚军．本轮比赛设置5道抢答题目，甲与乙抢到题目的机会均等，先抢到题目者回答问题，回答正确得10分，回答错误或者不回答得0分，对方得10分，先得30分者获胜，比赛结束．已知甲与乙每题回答正确的概率分别为．（1）在第一题的抢答中，记甲的得分为，求的分布列和数学期望；（2）求乙获得冠军的概率（精确到0.001）．【答案】（1）分布列见解析；期望为6（2）【解析】【分析】（1）的可能取值为0和10，每个取值都分甲抢到题目与乙抢到题目两个情况，结合答题是否正确求概率，得分布列，利用公式算数学期望.（2）已知每题两个得分的概率，根据最后的比分，求乙获得冠军的概率.【小问1详解】设在第一题的抢答中，甲得分为，则的可能取值为0，10．，，所以的分布列为0100.40.6所以．【小问2详解】由（1）可知，乙在一题的抢答中得10分的概率为0.40．设乙得30分甲得0分，乙得30分甲得10分，乙得30分甲得20分的概率分别为．由（1）可知，；； ，所以乙获得冠军的概率为．20.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得，再由线面垂直的性质定理即可得到线线垂直；（2）根据题意，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.【小问1详解】由为矩形可知：，又因为，，平面，所以面，又，所以面，又，故.【小问2详解】在中，，所以；又，面，所以面；故如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系. 则，，又在中，，则.，，设面法向量为，则，即，故，设直线与面所成角为，则.21.已知抛物线的焦点为，点在直线上运动，直线，经过点，且与分别相切于两点．（1）求的方程；（2）试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）直线恒过定点，定点坐标为，【解析】【分析】（1）利用抛物线焦点坐标求得，从而得解；（2）联立直线与抛物线方程得到，再由，与抛物线相切求得，化简即可得到，从而得解.【小问1详解】由题意得，解得， 所以抛物线的方程为.【小问2详解】直线恒过定点，定点坐标为，由题意可知直线斜率不为0，设直线，联立，得，则，由题意可知直线斜率均存在，且不为0，，设直线，与联立得，则，又，则，解得，所以直线，即，同理直线，又点在上，所以，消去得，即，所以，又，所以，所以，解得，所以直线，故直线恒过定点 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解，22.已知函数．（1）讨论的单调性．（2）若有两个不相等的实数满足，求证：．【答案】（1）在上递增，在上递减，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，然后由导数的正负可求出函数，（2）由的单调性求出其值域，从而不妨设，从而将证明转化为，即，令，利用导数可得在单调递增即可.【小问1详解】的定义域为，由，得，由，得，由，得，所以在上递增，在上递减，【小问2详解】 证明：由（1）得在上的值域为，在上的值域为，因为，所以不妨设，则要证，只要证，由，由（1）得在上递增，所以只需证，因为，所以只要证，则，所以，令，则只需证，由于，从而得，所以要证成立，只需在单调递增成立即可，，令，则，所以在上单调递减，所以，所以，所以在单调递增成立，所以原命题成立.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数与函数性质在不等式证明中的应用，第（2）问解题的关键是由（1）可得，则将问题转化为只要证，令 ，再利用导数证明在单调递增即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.