精品解析：安徽省合肥市巢湖市第一中学2024届高三上学期10月月考数学试题

数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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、单项选择题：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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”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 3. 已知一容器中有两种菌，为菌的个数，为菌的个数，且在任何时刻两种菌的个数均满足．若分别用和来表示菌、菌个数的指标，则当时，（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在四边形中，，为其外接圆的直径，且，P为边的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆在点处的切线上一点在第一象限内，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 9 7. 已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，且，，，．若，恒成立，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知某地区秋季的昼夜温差，且，该地区某班级秋季每天感冒的人数y关于昼夜温差的经验回归方程为，秋季某天该班级感冒的学生有9人，其中有4位男生，5位女生，则下列结论正确的是（ ） （参考数据：，） A. 若，则 B. 从这9人中随机抽取2人，其中至少有一位女生的概率为 C. 从这9人中随机抽取2人，其中男生人数的期望为 D. 昼夜温差每提高，该班级感冒的学生大约增加2人 10. 已知函数的一个极大值点为1，与该极大值点相邻的一个零点为，将的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. 为奇函数 D. 若在区间上的值域为，则． 11. 定义为不小于的最小整数，设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的值为0或1 B. 单调递增 C. 函数有2个零点 D. 12. 如图，在正三棱台中，，，棱，的中点分别为D，E，点P在侧面内运动（包含边界），且，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 正三棱台的体积为 C. 与平面所成角的正切值为 D. 动点P形成的轨迹长度为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知函数，则当时；的最大值为______． 14. 已知复数z满足，则z的实部为______． 15. 若函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围是______． 16. 已知椭圆的离心率为，上顶点为A，过左焦点的直线与C交于D，E两点，过右焦点的直线经过A点，且．若四边形的面积为，则C的长轴长为______． 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，，．已知． （1）证明：； （2）若，求周长的最大值． 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）判断曲线过坐标原点的切线的条数，并说明原因． 19. 如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面切开后剩余的一半，，，O，分别为底面直径，的中点，G是的中点，H是上的动点． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 20. 已知为等差数列的前n项和，，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 21. 已知双曲线：（，）上一点到的两条渐近线的距离之积为． （1）求的标准方程； （2）若直线与有两个不同的交点，，且的内心恒在直线上，求在轴上的截距的取值范围． 22. 已知函数，． （1）当时，讨论函数的零点个数； （2）当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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、单项选择题：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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出全集和集合，再由并集和补集相关知识进行运算即可. 【详解】由解得，∵，∴， 由解得或，∴集合， ∴，∴. 故选：B. 2. “”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】A 【解析】 【分析】根据条件得到的大小关系，结合充要条件进一步判断即可. 【详解】因为，所以， 而， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选： 3. 已知一容器中有两种菌，为菌的个数，为菌的个数，且在任何时刻两种菌的个数均满足．若分别用和来表示菌、菌个数的指标，则当时，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合对数运算以及指数幂运算即可求解. 【详解】由题可知，则， 又，所以，． 故选：D. 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解. 【详解】由题可知，的定义域为， 又因为， 所以，为偶函数． 当时，，当时，，当时，. 故选：C． 5. 如图，在四边形中，，为其外接圆的直径，且，P为边的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，应用平面向量的数量积的计算即可. 【详解】由题意，，建立平面直角坐标系如图，则，，，，所以，所以，又，所以． 故选：D 6. 已知圆在点处的切线上一点在第一象限内，则的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆的切线方程及基本不等即可求解． 【详解】易知圆在点处的切线的方程为， 所以，，， 所以， 当且仅当，时，等号成立． 所以的最小值为. 故选：C. 7. 已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理展开公式，结合系数最大列出不等式即可求解. 【详解】的展开式的通项为， 由题可知，解得． 故选：A 8. 已知定义在上的函数满足，且，，，．若，恒成立，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得到的图象关于点对称，再由，，，得到在上单调递增，再将，转化为，从而有，即，，然后令，，用导数法求得其最大值即可. 【详解】解：由，得，故的图象关于点对称． 因为，，，． 所以在上单调递增，故在上单调递增， 因为， 所以， 所以，即，． 令，， 则． 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，所以． 故选：B 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知某地区秋季的昼夜温差，且，该地区某班级秋季每天感冒的人数y关于昼夜温差的经验回归方程为，秋季某天该班级感冒的学生有9人，其中有4位男生，5位女生，则下列结论正确的是（ ） （参考数据：，） A. 若，则 B. 从这9人中随机抽取2人，其中至少有一位女生的概率为 C. 从这9人中随机抽取2人，其中男生人数的期望为 D. 昼夜温差每提高，该班级感冒的学生大约增加2人 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态分布、超几何分布的概率与期望的计算方法，以及线性回归分析的基本概念可得到答案. 【详解】由，可得，，所以，故A正确； 因为，故B正确； 服从超几何分布，其中，，，所以，故C错误； 因为，，所以，所以，故D正确． 故选：ABD 10. 已知函数的一个极大值点为1，与该极大值点相邻的一个零点为，将的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. 为奇函数 D. 若在区间上的值域为，则． 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据余弦型函数的图象与性质进行判断；对于B，由余弦型函数增区间公式得出结果；对于C，根据图象平移变换及函数奇偶性定义进行判断；对于D，根据余弦型函数的定义域、值域的关系以及图像与性质得出结果． 【详解】设的最小正周期为T，由题意，，得，所以， 所以，又点在的图象上，所以， 所以，，即，， 又，所以， 对于A，因为，故A错误； 对于B，令，，解得，， 所以的单调递增区间为，， 当时，单调递增区间为，故B正确； 对于C，因为， 所以为偶函数，故C错误； 对于D，当时，，又的值域为，如图， 当时，， 所以，解得，故D正确． 故选：BD. 11. 定义为不小于的最小整数，设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的值为0或1 B. 单调递增 C. 函数有2个零点 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数新定义可知，可得A正确；当时，，所以并不是单调递增函数，B错误；在同一坐标系下画出函数与的图象，由两函数图象交点个数即可得C正确；分别计算出的不同取值时对应的函数值即可求得，即D正确. 【详解】由定义可知，所以当时，的值为0， 当时，的值为1，故A正确； 易知当时，，函数值并没有随着自变量的增大而增大，故B错误； 当时，，当时，， 在同一坐标系下画出函数与的图象如下图所示： 由图可知，与的图象有两个交点和，其余情况的图象与直线无交点，故C正确； 根据函数定义可知当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 故，故D正确． 故选：ACD 12. 如图，在正三棱台中，，，棱，的中点分别为D，E，点P在侧面内运动（包含边界），且，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 正三棱台的体积为 C. 与平面所成角的正切值为 D. 动点P形成的轨迹长度为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，延长正三棱台的侧棱，设其相交于点O，根据正三棱台性质可知，，再由余弦定理可得，可计算出，再由勾股定理以及线面垂直判定定理即可证明平面，即A正确；易知正三棱台的高，代入棱台公式即可得三棱台的体积为，即B错误；与平面所成角的平面角为，由可得，因此，故C错误；点P在平面内的轨迹为以D为圆心的圆被四边形所截的弧，由弧长公式可得点P形成的轨迹长度为，即D正确. 【详解】如图，延长正三棱台的侧棱，设其相交于点O，连接，，如下图所示： 则有，直线必过点O且，， 过点作，，则四边形和均是边长为2的菱形， 在中，，即，解得， 所以，所以是边长为6的等边三角形， 由正三棱台性质可得， 所以，，所以， 因为是边长为6的等边三角形且为的中点，所以，， 在中，由余弦定理可得， ， 在中，由余弦定理可得， ，解得， 满足，所以， 由，，，，平面，可得平面； 又平面，所以，由，，，，平面，可得平面，故A正确； 因为，所以三棱台的高为， 所以三棱台的体积为 ，故B错误； 与平面所成的角为，因为， 所以，所以，故C错误； 因为点P在平面内的轨迹为以D为圆心的圆被四边形所截的弧，， 设的长度为，则， 所以动点P形成的轨迹长度为，故D正确． 故选：AD 【点睛】方法点睛：在求解动点轨迹问题时，往往利用动点与定点的位置关系或定量关系找出动点满足的条件，即可得出动点的轨迹长度以及线面角等. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知函数，则当时；的最大值为______． 【答案】9 【解析】 【分析】将函数分离常数可得，再由反比例函数性质可得当时，取最大值9. 【详解】易知， 所以， 由反比例函数性质可知当时，取最大值，； 故答案为：9 14. 已知复数z满足，则z的实部为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据特殊角三角函数以及复数的运算，可得答案. 【详解】由已知得，故z的实部为． 故答案为：. 15. 若函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将在上单调递增转化为在上恒成立，根据得到，即可得到，最后分和两种情况解不等式即可. 【详解】因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立． 当时，，故有， 当时，显然成立， 当时，可得，即，解得，故的取值范围是． 故答案为：. 16. 已知椭圆的离心率为，上顶点为A，过左焦点的直线与C交于D，E两点，过右焦点的直线经过A点，且．若四边形的面积为，则C的长轴长为______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，得到为等边三角形，进而根据等边三角形和垂直平分线的性质，得到，由离心率，列出椭圆，设出直线的方程，与椭圆联立，得到，进而列出，可求解. 【详解】 设椭圆C的半焦距为，，，则，椭圆． 由题可知为等边三角形，所以， 因为过且垂直于的直线与C交于D，E两点， 所以．由线段垂直平分线的性质可得，． 直线的方程为，与C的方程联立化简可得， 由根与系数的关系可得，，所以， ． 所以， 解得，则．故C的长轴长为． 故答案为：4 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，，．已知． （1）证明：； （2）若，求周长的最大值． 【答案】（1） 根据面积公式，可得，，， 要证，即证． 由可得， 由余弦定理可得， 整理可得，原式得证． （2）6 【解析】 【分析】（1）根据题意，由三角形的面积公式，结合余弦定理即可证明； （2）根据题意，由基本不等式可得，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，由（1）知， 所以，当且仅当时，等号成立， 故， 所以，的最大值为4． 故周长的最大值为6． 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）判断曲线过坐标原点的切线的条数，并说明原因． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为和 （2） 设曲线过坐标原点的切线为，切点为， 由（1）可知，所以切线的斜率为， 所以切线的方程为． 将原点坐标代入切线方程有． 设，则． 令，可得或， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以为极小值点，且，为极大值点，且， 又，所以，使得，在其余区间上没有零点， 故只有一个零点， 即曲线过坐标原点的切线只有一条． 【解析】 【分析】（1）对求导得，令，根据导数与单调性的关系即可求解. （2）设出切点，将切线方程表示为含有参数的直线方程，根据切线过原点可得到一个关于参数的方程，讨论方程的解的情况即可求解. 【小问1详解】 由题可知， 令，可得，． 当时，，当时，，当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为和. 【小问2详解】 略 19. 如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面切开后剩余的一半，，，O，分别为底面直径，的中点，G是的中点，H是上的动点． （1）证明：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为是的中点，所以． 根据圆柱的结构特征，可知平面平面， 又平面，平面平面， 所以平面． 又平面，故平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆柱的结构特征和已知条件，先证明平面，然后由面面垂直判定定理可证； （2）设M为的中点，以为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，设M为的中点，连接，以为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，． 设平面的法向量为， 则即令，则，所以． 连接，，则， 所以是等边三角形，故，则， 所以． 设直线与平面所成的角为， 则． 故直线与平面所成角的正弦值为． 20. 已知为等差数列的前n项和，，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出公差d,再根据等差数列的定义写出通项公式即可. （2）由（1）可先求出数列的通项公式，再由分组求和法、等差公式法、错位相减法即可求解. 【小问1详解】 设的公差为d． ∵， ∴，解得． ∴． 【小问2详解】 当n为奇数时，，当为偶数时，． ∴ 设，① 则，② ，得 ∴． 故． 21. 已知双曲线：（，）上一点到的两条渐近线的距离之积为． （1）求的标准方程； （2）若直线与有两个不同的交点，，且的内心恒在直线上，求在轴上的截距的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先将的坐标代入双曲线方程，再用，表示出到两条渐近线的距离之积，联立求解即可； （2）由题意画出图形，将内心和点恒在直线上，转化为直线与直线斜率互为相反数，设直线方程为，与双曲线方程联立，结合图形，求得与的关系及的取值范围即可. 【小问1详解】 ∵点在双曲线上，∴，即，① 又∵双曲线：（，）的渐近线方程为， ∴到两条渐近线的距离分别为，， ∴由已知，，整理得， 代入①，解得，， ∴的标准方程为. 【小问2详解】 如图，设的内心为，∵恒在直线上，且在直线上， ∴，直线与关于直线对称， ∴设直线的斜率为，直线的斜率为，则. 由题意易知，直线的斜率存在，设直线的方程为：， 则，消去化简得，， 令，化简得， 设，，则，， ∴， 化简得， ∴， 整理得，即， ∴． 由题意，直线：不过点，∴，即， ∴，即，∴直线的方程为， 如图可知，与的右支相交于两点，且在点的下方， ∴，解得． ∴在轴上的截距的取值范围是． 【点睛】解析几何中处理与三角形的“心”有关的问题，需要将有关“心”的条件，转化为坐标、斜率、向量等关系进行求解. 22. 已知函数，． （1）当时，讨论函数的零点个数； （2）当时，证明：． 【答案】（1） 当时，的零点个数为0； 当时，的零点个数为1； 当时，的零点个数为2． （2）证明:由题可知， 令，， 因为在上单调递增， 所以在上单调递增，则， 令，则． 记，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以单调递增，则． 又， 故． 【解析】 【分析】（1）令，根据的单调性将问题转化为的零点个数问题，求导，然后分类讨论即可； （2）令，以s为主元构造函数，利用二次导数讨论单调性，利用单调性得，即可得证. 【小问1详解】 由题可知． 令，则在上恒成立， 所以在时单调递增，且， 所以的零点个数，等价于的零点个数． 因为， 令，得，此时单调递增， 令，得，此时单调递减， 所以． 令，得，此时恒成立，没有零点； 令，得，此时有一个零点； 令，得，又，，当时，， 所以在，上各存在一个零点． 综上，当时，的零点个数为0； 当时，的零点个数为1； 当时，的零点个数为2． 【小问2详解】 略. 【点睛】关键点睛：导函数求解取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题利用。，从而构造函数进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $