山东省菏泽市定陶区明德学校（山大附中实验学校）2023-2024学年高三数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

高三第一次阶段性考试数学试题一､单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1已知集合，则（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】根据不等式解法，求得，结合补集的运算，即可求解.【详解】由不等式，解得，即，根据补集的概念及运算，可得或.故选：D.2.设，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据复数的乘法运算可得，再根据共轭复数的定义即可求解.【详解】因，所以.故选：C.3.2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆，这是我国首次实现了地外天体采样返回，标志着中国航天向前又迈出了一大步．月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次其厚度就可以达到到达月球的距离，那么至少对折的次数是（）（，）A.40B.41C.42D.43【答案】C【解析】-23- 【分析】设对折次时，纸的厚度为，则是以为首项，公比为的等比数列，求出的通项，解不等式即可求解【详解】设对折次时，纸的厚度为，每次对折厚度变为原来的倍，由题意知是以为首项，公比为的等比数列，所以，令，即，所以，即，解得：，所以至少对折的次数是，故选：C【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据题意抽象出等比数列的模型，求出数列的通项，转化为解不等式即可.4.如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点在同一平面内，下列结论：①平面；②平面平面；③；④平面平面，正确命题的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】根据题意，以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示-23- 空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正八面体的边长为,则所以，,设面的法向量为，则，解得，取，即又，所以，面，即面，①正确；因为，所以，又，面，面，则面，由，平面，所以平面平面，②正确；因为，则，所以，③正确；易知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，因为，所以平面平面，④正确；故选：D5.过抛物线焦点作倾斜角为的直线交抛物线于，则（）A.B.C.1D.16【答案】A【解析】-23- 【分析】点斜式设出直线l的方程，代入抛物线方程，根据抛物线的定义，利用韦达定理来求解.【详解】化为标准形式由此知；设直线l的方程为：，，，根据抛物线定义知；将，代入，可得，由此代入.故选：A6.为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（）A.9种B.11种C.15种D.30种【答案】C【解析】【分析】利用分类加法计数原理进行分析，考虑丙是否是美工，由此展开分析并计算出不同的分工方法种数.【详解】解：若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；若丙不是美工，则丙一定是总负责人，此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，剩余三人是文案，共有种分工方法；综上，共有种分工方法，故选：C．7.设实数、满足，，，则的最小值为（）-23- A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知等式变形可得，利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为，，，则，当且仅当时，即当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：B.8.已知曲线在点处的切线方程为，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．【详解】详解：，将代入得，故选D．【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．二､多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）-23- 9.为了解学生的身体状况，某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：千克）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（）A.频率分布直方图中的值为0.04B.这100名学生中体重不低于60千克的人数为20C.这100名学生体重的众数约为52.5D.据此可以估计该校学生体重的75%分位数约为61.25【答案】ACD【解析】【分析】利用频率之和为1可判断选项A，利用频率与频数的关系即可判断选项B，利用频率分布直方图中众数的计算方法求解众数，即可判断选项C，由百分位数的计算方法求解，即可判断选项D．【详解】解：由，解得，故选项A正确；体重不低于60千克的频率为，所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人，故选项B错误；100名学生体重的众数约为，故选项C正确；因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在，的频率为，所以计该校学生体重的分位数约为，故选项D正确．故选：ACD．10.已知圆，下列说法正确的有（）-23- A.对于，直线与圆都有两个公共点B.圆与动圆有四条公切线的充要条件是C.过直线上任意一点作圆的两条切线（为切点），则四边形的面积的最小值为4D.圆上存在三点到直线距离均为1【答案】BC【解析】【分析】对于选项A，转化为判断直线恒过的定点与圆的位置关系即可；对于选项B，转化为两圆外离，运用几何法求解即可；对于选项C，由，转化为求最小值即可；对于选项D，设圆心到直线的距离为d，比较与1的关系即可.【详解】对于选项A，因为，即：，所以，所以直线恒过定点，又因为，所以定点在圆O外，所以直线与圆O可能相交、相切、相离，即交点个数可能为0个、1个、2个.故选项A错误；对于选项B，因为圆O与动圆C有4条公切线，所以圆O与圆C相离，又因为圆O的圆心，半径，圆C的圆心，半径，所以，即：，解得：.故选项B正确；对于选项C，，又因为O到P的距离的最小值为O到直线的距离，即：，所以四边形PAOB的面积的最小值为.故选项C正确；-23- 对于选项D，因为圆O的圆心，半径，则圆心O到直线的距离为，所以，所以圆O上存在两点到直线的距离为1.故选项D错误.故选：BC.11.已知函数，下列命题正确的有（）A.在区间上有3个零点B.要得到的图象，可将函数图象上的所有点向右平移个单位长度C.的周期为，最大值为1D.的值域为【答案】BC【解析】【分析】，根据的范围得出的零点，即可判断A项；根据已知得出平移后的函数解析式，即可判断B项；由已知化简可得，即可判断C项；由已知可得，，换元根据导函数求解在上的值域，即可判断D项.【详解】对于A项，由已知可得，.因为，所以，当或时，即或时，有，所以在区间上有2个零点，故A项错误；-23- 对于B项，将函数图象上的所有点向右平移个单位长度得到函数，故B项正确；对于C项，由已知可得，，所以，的周期，最大值为，故C项正确；对于D项，.令，，，则.解，可得.解，可得，所以在上单调递增；解，可得或，所以在上单调递减，在上单调递减.且，，-23- ，.所以，当时，有最小值；当时，有最大值.所以，的值域为，故D项错误.故选：BC.【点睛】思路点睛：求出.令，，.然后借助导函数求出在上的最值，即可得出函数的值域.12.已知椭圆的方程为，斜率为的直线不经过原点（为坐标原点），且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，则下列结论正确的是（）A.直线AB与OM垂直B.若点M的坐标为，则直线AB的方程为C.若直线AB的方程为，则点M的坐标为D.若直线AB的方程为，则【答案】BD【解析】【分析】根据椭圆的中点弦的性质可知，依此将各个选项的坐标及方程代入即可判断正误.【详解】对于A，根据椭圆的中点弦的性质知，，所以A不正确；对于B，，根据，知，所以直线AB的方程为，即，所以B正确；-23- 对于C，，由，得，所以C不正确；对于D，若直线AB的方程为，与椭圆方程联立，得，整理得，解得或，所以，所以D正确．故选：BD．椭圆的中点弦的性质总结：设为椭圆弦AB（AB不平行于y轴）的中点，O为坐标原点，则．证明：设，，则，且，，两式相减得，，整理得，因为是弦AB的中点，所以，所以．【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题，牢记相关结论，对快速解题有帮助.三､填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知夹角为的非零向量满足，，则__________.【答案】2【解析】【分析】由得，化简代入结合数量积的定义即可得出答案.【详解】因为的夹角为，且，而，则，-23- 所以，则，解得：.故答案为：2.14.定义在上的函数，满足为偶函数，为奇函数，若，则__________.【答案】1【解析】【分析】根据为偶函数、为奇函数的性质，利用赋值法可得答案.【详解】若为偶函数，为奇函数，则，，令，则，即，令，则，即，又因为，所以.故答案为：1.15.设均为非零实数，且满足，则__________.【答案】1【解析】【分析】先将原式化简得到，再令，即可得到，从而求得结果.【详解】由题意可得，，-23- 令，则，即，所以，即故故答案:16.正三棱锥的高为为中点，过作与棱平行的平面，将三棱锥分为上下两部分，设上､下两部分的体积分别为，则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，做出截面，然后利用向量的线性表示及共线定理推论可得，进而可得，从而可得的值.【详解】连接并延长交于，连接，则为的中点，延长交于，过作分别交于，连接，因为，平面，平面，所以平面，又平面，故平面即为过作与棱平行的平面，-23- 由题可知，，即，设，则，又为中点，所以，所以，所以，即，，，所以.故答案为：.四､解答题（本大题共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.已知各项均不相等的等差数列的前五项和，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若为数列的前项和，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等差数列、等比数列的定义与性质计算即可；（2）结合（1）的结论，利用裂项相消法计算求和即可.-23- 【小问1详解】由题意可设数列的公差为d，则，，即或（舍去）.所以.所以.【小问2详解】结合（1）有，所以.18.为了促进学生德､智､体､美､劳全面发展，某校成立了生物科技小组，在同一块试验田内交替种植A､B､C三种农作物（该试验田每次只能种植一种农作物），为了保持土壤肥度，每种农作物都不连续种植，共种植三次.在每次种植后会有的可能性种植的可能性种植；在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为，在每次种植的前提下再种植的概率为，种植的概率为.（1）在第一次种植的前提下，求第三次种植的概率；（2）在第一次种植的前提下，求种植作物次数的分布列及期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3-23- ，由全概率公式可得，代入即可得出答案.（2）求出的可能取值及每个变量对应的概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出的期望.【小问1详解】设，，表示第次种植作物，，的事件，其中，2，3.在第一次种植的情况下，第三次种植的概率为：；【小问2详解】由已知条件，在第1次种植的前提下：，，，，，，因为第一次必种植，则随机变量的可能取值为1，2，-，，所以的分布列为：12.19.如图,在平面四边形中,,.-23- （1）试用表示的长;（2）求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据已知条件将用表示,再在中利用余弦定理求解即可;(2)在中先用余弦定理将用表示,再结合(1)的结论,利用二次函数的性质求解最大值即可.【小问1详解】（）,,,，则在中,,,则.【小问2详解】在中,,-23- 则当时,取到最大值.故的最大值是20.在长方体中，，.点是线段上的动点，点为的中点.（1）当点是中点时，求证：直线平面；（2）若二面角的余弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，，即可证明，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】取的中点，连接，，，所以且，且，所以且，∴四边形为平行四边形，可知，平面，平面，∴平面.【小问2详解】-23- 设，如图建立空间直角坐标系,则，，，，，，，，设平面的法向量为，由及，即，则，设平面的法向量为，由及，即，则，设二面角为，所以，即，解得或（舍去），所以.21.若．（1）当，时，讨论函数的单调性；（2）若，且有两个极值点，，证明．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】-23- 【分析】（1）首先求出函数的导函数，再对分类讨论，分别求出函数的单调区间；（2）首先求出函数的导函数，依题意方程有两个正根，利用韦达定理得到不等式组，即可求出参数的取值范围，从而得到，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得证；【小问1详解】解：因为当时，所以，令，解得或2，当时，则当或时，当时，即函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当时，，故函数在上单调递增；当时，当或时，当时，即函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增；小问2详解】证明：当时，．函数有两个极值点方程有两个正根，且，解得，由题意得-23- ，令．则在上单调递椷，，．22.如图，椭圆的焦点分别为为椭圆上一点，的面积最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）若分别为椭圆的上､下顶点，不垂直坐标轴的直线交椭圆于（在上方，在下方，且均不与点重合）两点，直线的斜率分别为，且，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】-23- 【分析】（1）根据条件，得到关于的方程，即可得到结果；（2）根据题意设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，再由列出方程，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】，，，故椭圆的方程为；【小问2详解】依题意设直线的方程为，，联立方程组，消元得：，，，由得：，两边同除，，即；将代入上式得：整理得：所以或（舍），当时等号成立，满足条件，所以面积的最大值为.-23- -23-