湖北省武汉市武钢三中2023-2024学年高三数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

数学试卷一､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，则下列结论中正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先利用一元二次不等式求解集合B，然后利用集合的关系及交并补运算逐项判断即可.【详解】因为或，又，所以集合不是的子集，故选项A错误，，故选项B错误，因为，，所以集合不是的子集，故选项C错误，，故选项D正确.故选：D.2.某企业为了解员工身体健康情况，采用分层随机抽样的方法从该企业的营销部门和研发部门抽取部分员工体检.已知该企业营销部门和研发部门的员工人数之比是，且被抽到参加体检的员工中，营销部门的人数比研发部门的人数多72，则参加体检的人数是（）A.90B.96C.108D.144【答案】C【解析】【分析】根据分层抽样的性质列方程求解即.【详解】设参加体检的人数有人，则，解得，即参加体检的人数是人.故选：C.3.已知复数在复平面上对应的点是一个正方形的3个顶点，则这个正方 形的第4个顶点所对应的复数（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算求得，结合复数的几何意义可得对应的点，利用正方形性质，根据向量相等，即可求得答案.【详解】由，设复数在复平面上分别对应点，设正方形的第四个顶点对应的坐标是，则其对应的复数为，结合对应点的位置特征知：，又，∴,，∴，故这个正方形的第四个顶点对应的复数是.故选：B4.已知点在棱长为2的正方体表面上运动，是该正方体外接球的一条直径，则的最小值为（）A.-2B.-8C.-1D.0【答案】A【解析】【分析】通过基底法，得到，再通过立体图得到的值以及的最小值，最终代入数据得到最小值.【详解】如图为棱长为2的正方体外接球的一条直径，为球心，为正方体表面上的任一点， 则球心也就是正方体的中心，所以正方体的中心到正方体表面任一点的距离的最小值为正方体的内切球的半径，它等于棱长的一半，即长度为1，的长为正方体的对角线长，为，我们将三角形单独抽取出来如下图所示：，所以的最小值为.故选：A.5.李明开发小程序发布经过天后，用户人数，其中为常数.已知小程序发布经过10天后有2000名用户，则用户超过500000名至少经过的天数为（）取）A.31B.32C.40D.50【答案】D【解析】 【分析】根据题意列出不等式，取对数求解不等式即可.【详解】由题意，时，，即，令，即，即，取常用对数可得，，即，故选：D6.设函数，若，且，则下列不等式恒成立是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：由已知可得：是偶函数，在区间上递增，且在区间上均为正数，所以在区间上递增，因为，所以，所以，故应选.考点：1、函数的单调性；2、函数的奇偶性.7.古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆的左、右焦点分别为，，若从椭圆右焦点发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后，满足，且，则该椭圆的离心率为（）． A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.【详解】由题意，可作图如下：则，，即，可设，，，由，则，即，，在中，，则.故选：D.8.在数列中给定，且函数的导函数有唯一零点，函数且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求导利用函数零点定义即可求得，得到数列是公差为2的等差数列.再利用引入辅助角公式对化简，构造新函数，利用导数判断新函数的单调性并结合题意进而求解即可. 【详解】因为有唯一的零点，且为偶函数，则，可得，，所以数列是公差为2的等差数列.又，令，则为奇函数，因为，所以在上单调递增，由题意得，则，∵数列是公差为2的等差数列，其中，则，假设，因为是奇函数且在上单调递增，则在上单调递增，所以，∵，∴，与已知矛盾，故不成立；假设，同理可得，与已知矛盾，故不成立；综上，．故选：A二､多选题：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.科学研究已经证实：人的智力、情绪和体力分别以天、天和天为周期，均可按进行变化．记智力曲线为，情绪曲线为，体力曲线为，则（）A.第天时情绪曲线处于最高点B.第天到第天时，智力曲线与情绪曲线不相交 C.第天到第天时，体力曲线处于上升期D.体力曲线关于点对称【答案】AC【解析】【分析】设人的智力曲线、情绪曲线和体力曲线用，，，根据周期求出对应的解析式，然后利用正弦函数的性质可判断ACD，对于B，设，利用零点存在定理可判断.【详解】设人的智力曲线、情绪曲线和体力曲线用，，，所以，，.A项：第天时，，故处于最高点，A正确；B项：设，因为，，故利用零点存在定理可得存在，使得，故此时智力曲线与情绪曲线相交，B错误；C项：因为，所以，因为，所以根据正弦函数的性质可得此时单调递增，故处于上升期，C正确；D项：因为，所以，体力曲线不关于点对称，D错.故选：AC.10.若的三个内角均小于，点满足，则点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上性质，已知是平面内的任意一个向量，向量满足，且，则的取值可以是（） A.10B.C.3D.【答案】AB【解析】【分析】设，，，由题意可得所求为点到三点的距离之和，由费马点的性质可知当时，取得最小值，然后求解即可.【详解】因为，，设，，，则，即为点到三点的距离之和，则是等腰锐角三角形，如图：  由费马点的性质可知，当点满足时，点到三角形三个顶点的距离之和最小，因为，所以，故，则的最小值是.故选：AB11.设为正实数，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，，则 【答案】AC【解析】【分析】根据已知条件及不等式的性质逐一判断选项即可.【详解】对于A，由及为正实数，可知，，则，由，可得，所以，故A正确；对于B，若，则，所以，故B错误；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，则，故D错误.故选：AC12.已知函数，则（）A.是奇函数B.的最大值大于C.，D.，【答案】BCD【解析】【分析】根据函数的性质分别判断各选项.【详解】的定义域为，，故选项A错误；，故选项B正确；，故选项C正确；，，，当时，，，而在上单调递增， ，当时，，故选项D正确，故选：BCD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知随机变量，，且，则__________.【答案】##0.5【解析】【分析】根据二项分布及正态分布的期望求解即可.【详解】，，，，，，解得，故答案为：14.在数列中，若，前项和，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，求得，得到，结合二次函数的性质，即可求解.【详解】由数列中，因为，且，可得，解得，所以，则为的二次函数，对称轴为，故当或6时取得最大值，又由，所以的最大值为.故答案为：.15.已知直线，抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点关于轴对称的点为.若过点的圆与直线相切，且与直线交于点，则当时，直线的斜率为__________.【答案】 【解析】【分析】设：，联立方程根据韦达定理得到，根据向量运算得到，解方程组代入斜率公式计算得到答案.【详解】如图所示：抛物线的焦点为，准线方程为，，设，，，，：，则，即，，故，，即，即，故，；或，；.故答案为：.16.已知函数，若有且仅有两个整数，满足，则实数a的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】先对全分离，即，构造新函数 ，求导求单调性判断最值点，若有且仅有两个整数使得不等式成立，只需大于最小值点附近的两个整数处的函数值，且小于等于该整数处相邻的整数点处函数值，列出不等式，解出即可.【详解】解：若，即，因为，所以，即，记，故只需有且仅有两个整数使得成立即可，所以，记，所以，所以在上单调递增，因为，，所以，使得，即，在上，即，单调递减，在上，即，单调递增，所以有最小值，因为，且，，而，若使有且仅有两个整数，只需即可，解得.故答案为：【点睛】方法点睛：该题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于不等式成立问题的方法有：（1）对不等式进行全分离，使分母较简单或容易判断正负，以便少分类讨论；（2）构造新函数，求导求单调性，判断极值点，在草稿纸上画出草图；（3）根据题意转化为数学语言，建立不等式，解出即可. 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.如图，在中，，点与点分别在直线的两侧，且.（1）求的大小；（2）求BD长度的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理可解得，即可得解；（2）由正弦定理及余弦定理求出，利用正弦型函数求最大值即可.【小问1详解】在中，设，则，由及正弦定理，得，即，解得，因为，所以或（舍去）.【小问2详解】在中，设，则由余弦定理可得，即，由正弦定理可得， 所以.在中，由余弦定理可得，即，当时，得长度取得最大值，最大值为，18.已知数列满足，（1）记，求证：等比数列；（2）若，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由可知结合可得进而可证为等比数列；（2）由（1）结论可先求出的通项公式，进而求出的通项公式，再根据求出的通项公式，则可求.【小问1详解】证明：且，又 ，为以4为首项，2为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）知：，，又，，所以.19.如图，三棱锥和三棱锥均为棱长为的正四面体，且四点共面，记直线与的交点为.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接与的交点为，连接，可证得，进而证，再证四边形是菱形得，从而可证；（2）过点作，交于点，则平面，分别求得，，再以 为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，再利用面面角的向量求法即可求解.【小问1详解】如图，连接与的交点为，连接，因为三棱锥和三棱锥均为棱长为的正四面体，所以，，，则，则，所以，所以，因为，所以四边形是平行四边形，又，所以四边形是菱形，则，因为，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】过点作，交于点，则平面，又三棱锥是正四面体，所以是的中心.在中，，在中，，又，所以，所以，由（1）知两两垂直，故以为坐标原点， 所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，故，，设平面的法向量为，则，即令，则，，得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，即令，则，，得平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则，所以，故二面角的正弦值为.20.2023年3月华中师大一附中举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试．考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮、羽毛球对拉高远球和游泳3个项目中任意选择一个参加．某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目．第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练．（1）若该男生进行了3天的训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率； （2）设该男生在考前最后6天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为，求的分布列及数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）根据乘法原理，结合古典概型计算求解即可；（2）由题知的可能取值为，再依次求对应的概率，列分布列，求期望即可.【小问1详解】解：当第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天也是训练“篮球运球上篮”为事件；当第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天是训练“篮球运球上篮”为事件；由题知，三天的训练过程中，总共的可能情况为种，所以，，，所以，第三天训练是“篮球运球上篮”的概率.【小问2详解】解：由题知，的可能取值为，所以，考前最后6天训练中，所有可能的结果有种，所以，当时，第一天有两种选择，之后每天都有种选择，故；当时，第一天选择“羽毛球对拉高远球”，则第二天有2种选择，之后每天只有1种选择，共2种选择；第二天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第三天2种，后每天只有1种选择，共4种选择；第三天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天有1种选择，第三天1种，第四天有2种选择，之后每天只有1种选择，共4种选择；第四天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第六天有1种，第五天有2种选择，共4种选择；第五天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天有1种，第六天有2种选择，共4种选择；第六天选择“羽毛球对拉高远球”，则第一天有2种选择，第二天，第三天，第四天，第五天，第六天都有1 种选择，共2种选择；综上，当时，共有种选择，所以，；当时，第一天，第三天，第五天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；第一天，第三天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择第一天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；第二天，第四天，第六天，选择“羽毛球对拉高远球”，有种选择；所以，当时，共有种选择，所以，；所以，当，所以，的分布列为：所以，.21.已知、、是直线上的三点，且，，切直线于点，又过、作异于的两切线，设这两切线交于点.（1）求点的轨迹方程；（2）设、是的轨迹上的不同两点且不关于原点对称，若，的斜率分别为，，问：是否存在实数，使得当时，的面积是定值？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.【答案】（1） （2）存在，【解析】【分析】（1）根据圆切线的性质，利用椭圆的定义可判断动点轨迹为椭圆，适当建系可得轨迹方程；（2）假设直线的斜率存在，设直线方程，联立直线与椭圆方程，利用根于系数关系，求得弦的长度，再利用点到直线距离可得到的距离，可得三角形面积，根据面积为定值可得的值，再验证当直线斜率不存在时成立.【小问1详解】如图所示，设过、异于的两切线分别切于、两点，两切线交于点，由切线的性质可知：，，，故，故由椭圆定义知，点的轨迹是以、为两焦点的椭圆，以所在的直线为轴，以的中点为原点，建立坐标系，可求得动点的轨迹方程为：；【小问2详解】设存在这样的常数，使，的面积为定值. 当直线斜率存在时，设其方程为，，，联立直线与椭圆方程，得，，即，，，，，点到直线的距离为，所以，，又，即，即，得，所以，若面积为定值，则，解得，此时， 现验证当直线斜率不存在时，若，面积为定值.当直线斜率不存在时，设，，则，又，解得，，此时面积，满足上述定值，综上所述，存在常数，使，的面积为定值.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）在区间上单调递减，在区间上单调递增（2）【解析】【分析】（1）求导函数，对进行分类讨论，利用导数研究函数的单调性；（2）由题意，构造函数，利用导数研究函数的单调性，多次构造函数，通过导数研究单调性以及特殊点，即可求解.【小问1详解】，则，当时，令，解得，令，解得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增； 当时，令，解得；令，解得；所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.【小问2详解】由题意得对任意恒成立，令，则.若，当时，.令，则，所以在区间上单调递增，且，即，令，则，所以在区间上单调递增，且，即，所以当时，，则，所以区间上单调递增，且，即恒成立.当时，，存在实数，使得，均有，则在区间上单调递减，且，不符合题意.综上，实数的取值范围是.【点睛】结论点睛：常见的放缩不等式：①(仅当取等号)；②(仅当取等号)，(仅当取等号)，