河北省沧州市三县联考2023-2024学年高三数学上学期11月月考试题（Word版附解析）

2023～2024学年度第一学期高三年级11月份月考数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4．本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数、数列、立体几何与空间向量（约80%），其他内容（约20%）.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.2.若复数z满足，则（）A.B.5C.D.203.若角的终边上有一点，且，则（）A.4B.C.-1D.4.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件5.已知数列是等比数列，若，则（）A.B.C.D.6.已知抛物线的焦点为F，点P在C上，若点，则周长的最小值为（）．A.13B.12C.10D.87. 暑假期间，同学们参加了几何模型的制作比赛，大家的作品在展览中获得了一致好评．其中甲的作品是在球当中放置了一个圆锥，于是就产生了这样一个有趣的问题：已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，若圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，则球O的表面积为（）A.B.C.D.8.已知函数有两条与直线平行切线，且切点坐标分别为，，则的取值范围是（）A.B.C.D.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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象的一条对称轴方程为C.函数图象可由的图象向左平移个单位长度得到D.函数在区间上单调递增10.已知，则（）A.B.C.D.11.已知正方体的棱长为4，点E，F，G，M分别是，，，的中点．则下列说法正确的是（）A.直线，是异面直线B.直线与平面所成角的正切值为C.平面截正方体所得截面的面积为18D.三棱锥的体积为 12.已加点P是圆上一点．直线与直线交于点M．则下列说法正确的是（）A.B.直线与圆O相切C.直线被圆O截得的弦长为D.的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的系数为______.14.已知非零向量的夹角为，则__________．15.大西洋鲑鱼每年都要逆流而上游回产地产卵，研究鱼的科学家发现大西洋鲑鱼的游速v（单位：）可以表示为，其中M表示鱼的耗氧量的单位数.当一条大西洋鲑鱼的耗氧量的单位数是其静止时耗氧量的单位数的倍时，它的游速是______.16.已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则的单调递增区间是__________.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已知，.（1）求的值；（2）求的值.18.设为公差不为0的等差数列的前项和，若，，成等比数列，．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．19.在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中．记的内角、、的对边分别为、、，已知．（1）求；（2）若，__________，点在边上，且，求． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．20.如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；（2）求平面BPD与平面夹角的余弦值.21.随着网络技术的迅速发展，各种购物群成为网络销售的新渠道.在丑橘销售旺季，某丑橘基地随机抽查了100个购物群的销售情况，各购物群销售丑橘的数量（都在100箱到600箱之间）情况如下：丑橘数量（箱）购物群数量（个）1818（1）求实数的值，并用组中值估计这100个购物群销售丑橘总量的平均数（箱）；（2）假设所有购物群销售丑橘的数量服从正态分布，其中为（1）中的平均数，12100.若参与销售该基地丑橘的购物群约有2000个，销售丑橘的数量在（单位：箱）内的群为“一级群”，销售数量小于266箱的购物群为“二级群”，销售数量大于等于596箱的购物群为“优质群”.该丑橘基地对每个“优质群”奖励1000元，每个“一级群”奖励200元，“二级群”不奖励，则该丑橘基地大约需要准备多少元？附：若服从正态分布，则.22.已知函数，其中.（1）当时，求的最小值；（2）若对任意恒成立，求实数a的取值范围. 2023～2024学年度第一学期高三年级11月份月考数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4．本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数与导数、三角函数与解三角形、平面向量与复数、数列、立体几何与空间向量（约80%），其他内容（约20%）.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】C【解析】【分析】由题可得，然后利用交集的概念即得.【详解】由可得，即，所以．故选：C．2.若复数z满足，则（）A.B.5C.D.20【答案】A【解析】【分析】由复数的除法计算出复数z，再利用模长公式求. 【详解】因为，所以，所以．故选：A．3.若角的终边上有一点，且，则（）A.4B.C.-1D.【答案】C【解析】【分析】根据公式，即可得到本题答案.【详解】由已知，得，解得.因为，所以，则.故选：C4.设，则“”是“”的（）A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别证明充分性和必要性，即可得到本题答案.【详解】①当时，满足“”，但不满足“”，所以“”不能推出“”，故充分性不成立；②由，解得，因“”可以推出“”，故必要性成立.综上，可知“”是“”的必要不充分条件.故选：B5.已知数列是等比数列，若，则（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】求出公比，进而得到，利用等比数列通项公式求出.【详解】设公比为，则，所以，解得，故.故选：B6.已知抛物线的焦点为F，点P在C上，若点，则周长的最小值为（）．A.13B.12C.10D.8【答案】A【解析】【分析】由抛物线的定义结合三点共线取得最小值.【详解】，故,记抛物线准线为，则：，记点到的距离为，点到的距离为，则.故选：A.7.暑假期间，同学们参加了几何模型的制作比赛，大家的作品在展览中获得了一致好评．其中甲的作品是在球当中放置了一个圆锥，于是就产生了这样一个有趣的问题：已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，若圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，则球O的表面积为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】先根据圆锥的侧面积公式求出母线，再根据圆锥的外接球计算即可.【详解】圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，设圆锥的母线长为l，所以，解得．设圆锥的底面圆半径为r，所以，解得，所以圆锥的高，设球O的半径为R，所以，解得，所以球O的表面积等于．故选:B．8.已知函数有两条与直线平行的切线，且切点坐标分别为，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用导数的几何意义求出在两点处的切线斜率，即可得出是的两根，利用韦达定理即可得出的取值范围.【详解】根据题意可知的定义域为，所以，易得，由导数的几何意义可得切点为时，切线斜率为,同理可得，点处切线斜率； 又因为两条切线与直线平行，可得，即所以是关于方程的两根，所以，即，又可得；所以，由可得即，所以的取值范围是.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用导数的几何意义和两直线平行的位置关系得出关于的等量关系，再根据函数定义域和韦达定理即可求得表达式的取值范围.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.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的图象的一条对称轴方程为C.函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到D.函数在区间上单调递增【答案】ABC【解析】【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简得到，然后根据判断A选项；利用整体代入得方法得到的对称轴，即可判断B选项；根据图象的平移变换判断C选项；根据 复合函数的单调性判断D选项.【详解】，函数的最小正周期为，故A正确；由，得，当时，，故B正确；由的图象向左平移个单位长度，得，故C正确．因为，函数在上不单调，故D错误．故选：ABC．10.已知，则（）A.B.CD.【答案】BD【解析】【分析】根据不等式的性质，结合对数函数的对称性，通过构造函数法逐一判断即可.【详解】因为，所以，于是有，由，所以.当，时，，A错误；，，B正确；因为在上为增函数，因为，所以，因此C错误； 因为在上为减函数，，所以，因此D正确.故选：BD.11.已知正方体的棱长为4，点E，F，G，M分别是，，，的中点．则下列说法正确的是（）A.直线，是异面直线B.直线与平面所成角的正切值为C.平面截正方体所得截面的面积为18D.三棱锥的体积为【答案】ACD【解析】【分析】利用图形，作出合理辅助线，根据异面直线的判定方法即可判断A，利用线面角定义即可判断B，作出截面为等腰梯形计算即可判断C，利用顶点转换法结合三棱锥体积公式即可判断D.【详解】对A，如图1，取的中点P，连接，因为，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，又，所以直线，是异面直线，故A正确；对B，如图2，取的中点Q，连接，，则，因为平面，所以平面，所以是直线与平面所成角，，，所以，即直线与平面所成角的正切值为，故B错误；对C，如图3，延长，交于点H，连接交于点N，连接，，因为，M为的中点，则，所以B为的中点， 因为，，所以易知N为的中点，则，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，在等腰梯形中，，，，则，则梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故C正确；如图4，连接，，则，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又M为的中点，所以三棱锥的高为，因为面，面，所以，，所以，故D正确．故选：ACD．12.已加点P是圆上的一点．直线与直线交于点M．则下列说法正确的是（）A.B.直线与圆O相切 C.直线被圆O截得的弦长为D.的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】由直线一般式方程的垂直条件验证选项A；利用圆心到直线的距离判断相切验证选项B；几何法求弦长验证选项C；计算圆外的点到圆上的点的最小距离验证选项D.【详解】由题意可知：圆的圆心，半径为3，因为，所以，故A正确；圆心O到的距离为，所以与圆O相切，故B正确；圆心O到直线的距离为，所以弦长为，故C错误；由，得，即，所以，所以的最小值为，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.展开式中的系数为______.【答案】135【解析】【分析】根据二项式展开式的通项公式，令，解出r即可求解.【详解】展开式的通项公式为，令，解得，所以含的项的系数为.故答案为：135.14.已知非零向量的夹角为，则__________． 【答案】12【解析】【分析】将向量垂直转换为数量积为0，由数量积的计算公式结合已知条件即可求解.【详解】由题意非零向量的夹角为，所以，化简得，由数量积公式得，解得.故答案为：12.15.大西洋鲑鱼每年都要逆流而上游回产地产卵，研究鱼的科学家发现大西洋鲑鱼的游速v（单位：）可以表示为，其中M表示鱼的耗氧量的单位数.当一条大西洋鲑鱼的耗氧量的单位数是其静止时耗氧量的单位数的倍时，它的游速是______.【答案】##【解析】【分析】设大西洋鲑鱼静止时的耗氧量为，计算出的值，再将代入，即可得解.【详解】设大西洋鲑鱼静止时的耗氧量为，则，可得，将代入可得，.故答案为：.16.已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则的单调递增区间是__________.【答案】【解析】【分析】由题设得是周期为8的奇函数，结合区间解析式画出大致图象，数形结合确定一个递增区间，由周期性写出递增区间.【详解】因为是定义在上的奇函数，且满足，则 ，所以，即，所以函数是周期为8的奇函数，作出大致图象如下图所示：根据图象知，是的一个单调递增区间，根据周期性知，的单调递增区间是.故答案为：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.已知，.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）应用同角三角函数关系求值再根据角的范围判断符号即可；（2）先根据同角三角函数关系求值再应用诱导公式求值.【小问1详解】因为，所以，所以，即.因为，则，所以，， 因为，所以.【小问2详解】由解得，，所以；所以.18.设为公差不为0的等差数列的前项和，若，，成等比数列，．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等比中项和等差数列的通项公式列式求出和，可得数列的通项公式；（2）根据，裂项求和可求出结果.【小问1详解】设等差数列的公差为，，因为，，成等比数列，所以，所以，所以，又，所以，所以，所以，解得，所以， 所以的通项公式．【小问2详解】由（1）知，所以19.在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中．记的内角、、的对边分别为、、，已知．（1）求；（2）若，__________，点在边上，且，求．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）（2）条件选择见解析，答案见解析【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦、余弦公式可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）求出、的值.选①，求出角、的正弦值，利用正弦定理求出、的值，再利用可求得的长；选②，由正弦定理可得出，结合余弦定理可求出、的值再利用可求得的长.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得，所以，整理得， 又，所以，所以，又，则，故，即．【小问2详解】解：因为，且，故，．若选择①：因为，则为锐角，故，即，则，且，由正弦定理得，则，，所以的面积为，因为，又因为，即，所以．若选择②：因为，由正弦定理得，由余弦定理，得，所以，， 因为的面积为，因为，又因为，即，所以．20.如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；（2）求平面BPD与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，得平面，再得线线垂直，再根据正三角形三线合一证，最后由线面垂直的判定，证得平面PCD；（2）建系，用空间向量坐标计算面面夹角的余弦值即可.【小问1详解】证明：在正方形中，，又侧面底面，侧面底面，平面，所以平面，又平面，所以，因为是正三角形，是的中点，所以，又，，平面，所以平面.【小问2详解】 取中点为中点为，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，所以，.设平面的法向量为，则由得取，则，由（1）知平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.21.随着网络技术的迅速发展，各种购物群成为网络销售的新渠道.在丑橘销售旺季，某丑橘基地随机抽查了100个购物群的销售情况，各购物群销售丑橘的数量（都在100箱到600箱之间）情况如下：丑橘数量（箱）购物群数量（个）1818（1）求实数的值，并用组中值估计这100个购物群销售丑橘总量的平均数（箱）； （2）假设所有购物群销售丑橘的数量服从正态分布，其中为（1）中的平均数，12100.若参与销售该基地丑橘的购物群约有2000个，销售丑橘的数量在（单位：箱）内的群为“一级群”，销售数量小于266箱的购物群为“二级群”，销售数量大于等于596箱的购物群为“优质群”.该丑橘基地对每个“优质群”奖励1000元，每个“一级群”奖励200元，“二级群”不奖励，则该丑橘基地大约需要准备多少元？附：若服从正态分布，则.【答案】（1），平均数为376（箱）（2）373400元.【解析】【分析】（1）根据样本总数可得，可求得，利用平均数的定义即可求得平均数为376（箱）.（2）根据购物群的划分等级，利用正态分布的对称性可分别求出各类群的数量，即可求得奖励资金应准备373400元.【小问1详解】由题意得，解得.故平均数为（箱）.【小问2详解】由题意，，且，故，所以“优质群”约有（个），，所以“一级群”约有（个），所以需要资金为（元），故至少需要准备373400元.22.已知函数，其中.（1）当时，求的最小值； （2）若对任意的恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求导函数，根据导函数正负确定单调性进而求出最小值即可；（2）先移向构造新函数，再分类讨论求a的取值范围.【小问1详解】当时，，则，由得；由得.当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减，所以.【小问2详解】设，则，，令，则，令，其中，则，当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减，所以.①当时，，则，且不恒为0，所以函数在区间上单调递减，当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以，即对任意的恒成立；②当时，，则，所以函数在区间上单调递减，因为，当时，，此时存在，使得，且当，，单调递减，所以，不合题意；③当时，，因为，，由于函数区间上单调递减，故存在，使得当时，，此时，，则函数在区间上单调递增，故当时，，单调递增，所以，不满足题意.综上所述，若对任意的恒成立，则的取值范围为.【点睛】关键点点睛：分类讨论反例否定法得出矛盾排出和.