精品解析：黑龙江省鹤岗市第一中学2024届高三上学期11月月考数学试题

鹤岗一中2023-2024学年上学期高三年级 11月月考数学试题 命题人：高三数学组 考试时间：2小时 总分：150分 一、单选题（40分） 1. 函数的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若位于函数的图像上，则（ ） A. ，的最小值为 B. ，的最小值为 C. ，的最小值为 D. ，的最小值为 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 命题“，使”的否定是（ ） A. ，使 B. 不存在，使 C. ，使 D. ，使 6. 在概率论中，马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔可夫命名，由马尔可夫不等式知，若是只取非负值的随机变量，则对，都有.某市去年的人均年收入为10万元，记“从该市任意选取3名市民，则恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，其概率为.则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 的内角，，，的面积为，为的中点，且，，则为（ ） A. B. C. D. 8. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图2所示其外框是边长为2的正六边形ABCDEF，内部圆的圆心为该正六边形的中心О，圆О的半径为1，点P在圆О上运动，则的最小值为（ ） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 二、多选题（24分） 9. 如图，在边长为2的正方体中，点E，F分别的中点，点P为棱上的动点，则（ ） A. 在平面内不存在与平面垂直的直线 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面 D. 过三点所确定的截面为梯形 10. 定义满足以下两个性质的有穷数列为阶“理想数列”：（1）；（2），则以下说法正确的是（ ） A. 若为阶“理想数列”，则不可能是等比数列 B. 存在阶“理想数列”，使得 C. 若公差为正的等差数列是阶“理想数列”，则 D. 记阶“理想数列”的前项和为，则 11. 已知函数的部分图象如图所示.则（ ） A. B. 在区间内有两个极值点 C. 函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象 D. A，B，C是直线与曲线的从左至右相邻的三个交点，若，则 12. 已知关于x的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 不等式的解集为 C. D. 的最小值为 三、填空题（20分） 13. 函数在点处的切线方程为______． 14. 设为单位向量，且，则______________. 15. 印章是我国传统文化之一，根据遗物和历史记载，至少在春秋战国时期就已出现，其形状多为长方体､圆柱体等，陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印章（如图1），该形状称为“半正多面体”（由两种或两种以上的正多边形所围成的多面体），每个正方形面上均刻有不同的印章（图中为多面体的面上的部分印章）.图2是一个由18个正方形和8个正三角形围成的“半正多面体”（其各顶点均在一个正方体的面上），若该多面体的棱长均为1，且各个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为__________. 16. 如图，将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，若，则最小值为__________. 四、解答题 17. 已知函数. （1）若函数的图象关于直线对称，且，求函数的单调递增区间； （2）在（1）的条件下，当时，求函数的值域. 18. 如图1，山形图是两个全等的直角梯形 和的组合图，将直角梯形沿底边 翻折，得到图2所示的几何体.已知，,点 在线段 上，且在几何体中，解决下面问题. （1）证明：平面； （2）若平面平面 ，证明：. 19. 经调查某市三个地区存在严重的环境污染，严重影响本地区人员的生活．相关部门立即要求务必加强环境治理，通过三个地区所有人员的努力，在一年后，环境污染问题得到了明显改善．为了解市民对城市环保的满意程度，开展了一次问卷调查，并对三个地区进行分层抽样，共抽取40名市民进行询问打分，将最终得分按分段，并得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中a的值，以及此次问卷调查分数的中位数； （2）若分数在区间的市民视为对环保不满意的市民，从不满意的市民中随机抽出两位市民做进一步调查，求抽出的两位市民来自不同打分区间的概率． 20. 记为等差数列的前项和，已知，． （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值． 21. 已知函数 （1）判断函数的奇偶性； （2）证明：函数在区间上单调递增； （3）令（其中），求函数的值域. 22. 已知，设函数，是的导函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上存在两个不同的零点，. ①求实数的取值范围； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鹤岗一中2023-2024学年上学期高三年级 11月月考数学试题 命题人：高三数学组 考试时间：2小时 总分：150分 一、单选题（40分） 1. 函数的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】换元再配方可得答案. 【详解】令，则， 所以. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数与对数函数的性质解不等式求出集合，利用交集的运算求出结果. 【详解】∵， ， ∴. 故选：A. 3. 将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若位于函数的图像上，则（ ） A. ，的最小值为 B. ，的最小值为 C. ，的最小值为 D. ，的最小值为 【答案】A 【解析】 【分析】由函数图像过点，代入可得，再由平移可得，代入，可得及其最值. 【详解】由函数图像过点， 得， 所以， 又因为向左平移个单位长度得到点， 代入得，，或，， 因为，所以的最小值为， 故选：A. 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数为奇函数，可排除A、B选项，再根据指数函数与对数函数的增长趋势，得到时，，可排除C选项，即可求解. 【详解】由函数，都可其定义域为关于原点对称， 又由，所以函数为奇函数， 所以函数的图象关于原点对称，可排除A、B选项； 当时，；当时，；当时，， 根据指数函数与对数函数的增长趋势，可得时，，可排除C选项. 故选：D. 5. 命题“，使”的否定是（ ） A. ，使 B. 不存在，使 C. ，使 D. ，使 【答案】D 【解析】 【分析】由存在命题的否定是全称命题即可得出答案. 【详解】命题“，使”的否定是，使. 故选：D. 6. 在概率论中，马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔可夫命名，由马尔可夫不等式知，若是只取非负值的随机变量，则对，都有.某市去年的人均年收入为10万元，记“从该市任意选取3名市民，则恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，其概率为.则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记该市去年人均收入为万元，从该市任意选取3名市民，年收入超过100万元的人数为,设从该市任选1名市民，年收入超过100万元的概率为，根据马尔可夫不等式可得，再根据二项分布求得，令，求导判断单调性即可求得最大值. 【详解】记该市去年人均收入为万元，从该市任意选取3名市民，年收入超过100万元的人数为. 设从该市任选1名市民，年收入超过100万元的概率为， 则根据马尔可夫不等式可得， ， 因为， 所以， 令，则， ，即， 在上单调递增. ，即. 故选：B 7. 的内角，，，的面积为，为的中点，且，，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用余弦定理及面积公式得出直角三角形计算可得边长. 【详解】在和中，由余弦定理可得，； 联立可得，，则， ； 得，∵， ∴，∴. 故选：C. 8. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图2所示其外框是边长为2的正六边形ABCDEF，内部圆的圆心为该正六边形的中心О，圆О的半径为1，点P在圆О上运动，则的最小值为（ ） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量的数量积和三角函数的性质即可求解. 【详解】如图以为坐标原点，所在直线为轴，的垂直平分线所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设点， 由题意知，，，则，， 所以，当，即时取最小值， 故选：D. 二、多选题（24分） 9. 如图，在边长为2的正方体中，点E，F分别的中点，点P为棱上的动点，则（ ） A. 在平面内不存在与平面垂直的直线 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面 D. 过三点所确定的截面为梯形 【答案】BCD 【解析】 【分析】由平面即为平面，结合平面，可判定A错误；由为定值，所以B正确；取中点G，证得平面平面，可判定C正确；取的中点，得到所确定的截面即为平面，进而得到四边形为梯形，可判定D正确. 【详解】对于A中，如图（1）所示，平面即为平面， 在正方形中， 又由正方体中，平面，且平面， 所以，因为且平面， 所以平面，又因为平面，所以， 同理可证：， 因为且平面，所以 平面， 所以在平面内存在与平面垂直的直线，所以A不正确； 对于B中，如图（2）所示，由为定值，故B正确； 对于C中，如图（3）所示，取中点G，连接GF，，由， 因为平面，且平面，所以平面， 同理可证：平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面所以，所以平面，所以C正确； 对于D中，如图（4）所示，连接，因为为和的中点， 所以， 又因为，可得，所以所确定的截面即为平面， 其中，且四边形为梯形，所以D正确. 故选：BCD. 10. 定义满足以下两个性质的有穷数列为阶“理想数列”：（1）；（2），则以下说法正确的是（ ） A. 若为阶“理想数列”，则不可能是等比数列 B. 存在阶“理想数列”，使得 C. 若公差为正的等差数列是阶“理想数列”，则 D. 记阶“理想数列”的前项和为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的数列新定义，结合等差数列、等比数列的相关性质逐项分析判断即得. 【详解】对于A，当时，假设是等比数列，公比为，则， 而，显然无解，因此不可能是等比数列，A正确； 对于B，由条件（1）（2）知，， 从而，B错误； 对于C，设公差为，则，则， 又，则， 即，则，有， 则，C正确； 对于D，设阶“理想数列”的所有非负数项之和为，所有负数项之和为， 则，即，当所有非负数项一起构成最大为，即， 当所有负数项一起构成最小为，即，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数的部分图象如图所示.则（ ） A. B. 在区间内有两个极值点 C. 函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象 D. A，B，C是直线与曲线的从左至右相邻的三个交点，若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合“五点法”求出解析式，判断A，求出极值点判断B，利用图象变换求得判断C，结合函数周期分类讨论确定点横坐标（取特殊情形），计算后判断D. 【详解】A.由的部分图象可知，，可得，所以， 由五点作图法可得，解得，，又，所以，所以函数的解析式为，故A正确； B.令得，，所以在区间上有和两个极值点，故B正确； C.函数的图象向右平移个单位长度可以得到的图象，故C错误； D.. 若，不妨设A，B，C的位置如图1所示， 图1 则，， 同理时，如图2，，，所以，故D正确. 图2 故选：ABD. 12. 已知关于x的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 不等式的解集为 C. D. 的最小值为 【答案】AB 【解析】 【分析】已知关于x的不等式的解集为，则，用a表示出b、c，然后结合一元二次不等式的解法判断B选项，判断C，将化简为即可利用基本不等式进行求解判断D. 【详解】因为关于x的不等式的解集为， 所以，4是方程的两根，且，故A正确； 所以，解得， 所以，即，则，解得， 所以不等式的解集为，故B正确； 而，故C错误； 因为，，，所以， 则， 当且仅当，即或时，等号成立， 与矛盾，所以取不到最小值，故D错误. 故选：AB 三、填空题（20分） 13. 函数在点处的切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求切线方程即可. 【详解】因为，所以，，则， 故函数在点处的切线方程为，即． 故答案为：. 14. 设为单位向量，且，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】整理已知可得：，再利用为单位向量即可求得，对变形可得：，问题得解. 【详解】因为为单位向量，所以 所以 解得： 所以 故答案为： 【点睛】本题主要考查了向量模的计算公式及转化能力，属于中档题. 15. 印章是我国传统文化之一，根据遗物和历史记载，至少在春秋战国时期就已出现，其形状多为长方体､圆柱体等，陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印章（如图1），该形状称为“半正多面体”（由两种或两种以上的正多边形所围成的多面体），每个正方形面上均刻有不同的印章（图中为多面体的面上的部分印章）.图2是一个由18个正方形和8个正三角形围成的“半正多面体”（其各顶点均在一个正方体的面上），若该多面体的棱长均为1，且各个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何体的结构特征确定其外接球球心位置，根据已知求球体半径，进而求球体表面积. 【详解】由对称性知：该多面体的各顶点在棱长为的正方体的表面上， 如图，设其外接球的球心为，正方形的中心为， 则点到平面的距离，又， 所以该多面体外接球的半径， 故该球的表面积为. 故答案为： 16. 如图，将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，若，则最小值为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据函数图象及平移关系求得，进而可得，再利用均值不等式求最小值即可. 【详解】由题意可得， 由函数图象可得，，解得， 将点代入得， 解得，即， 又因为，所以， 所以， 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以最小值为， 故答案为：1 四、解答题 17. 已知函数. （1）若函数的图象关于直线对称，且，求函数的单调递增区间； （2）在（1）的条件下，当时，求函数的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数的对称轴即可得，利用的取值范围即可求得函数解析式，由三角函数单调性即可求出单调递增区间； （2）根据函数解析式，利用的取值范围及三角函数单调性即可求得的值域. 【小问1详解】 ，因为的图象关于直线对称， 所以，即. 因为，所以， 所以. 令， 则有. 所以的单调递增区间是. 【小问2详解】 因为，所以， 所以，则. 所以函数的值域是. 18. 如图1，山形图是两个全等的直角梯形 和的组合图，将直角梯形沿底边 翻折，得到图2所示的几何体.已知，,点 在线段 上，且在几何体中，解决下面问题. （1）证明：平面； （2）若平面平面 ，证明：. 【答案】（1）证明：连接 与 相交于 ,连接， 由于，且, 所以, 又,所以, 平面,平面,所以平面， （2）证明：过 作交 于 ，由于平面平面 ，且两平面交线为 ，平面 ， 所以平面，平面,故 ， 又四边形为直角梯形，故, 是平面 内的两相交直线，所以平面 ， 平面 ，故. 【解析】 【分析】（1）根据相似可得线线平行，即可由线面平行的判定求证， （2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，即可由线面垂直的判定，进而可得线线垂直. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 经调查某市三个地区存在严重的环境污染，严重影响本地区人员的生活．相关部门立即要求务必加强环境治理，通过三个地区所有人员的努力，在一年后，环境污染问题得到了明显改善．为了解市民对城市环保的满意程度，开展了一次问卷调查，并对三个地区进行分层抽样，共抽取40名市民进行询问打分，将最终得分按分段，并得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中a的值，以及此次问卷调查分数的中位数； （2）若分数在区间的市民视为对环保不满意的市民，从不满意的市民中随机抽出两位市民做进一步调查，求抽出的两位市民来自不同打分区间的概率． 【答案】（1），中位数为（分） （2） 【解析】 【分析】（1）根据小矩形的面积之和为即可求出，再根据频率分布直方图求出中位数即可； （2）分别求出和的市民人数，再根据古典概型即可得解. 【小问1详解】 由题意可得， 解得， 由， 可得此次问卷调查分数的中位数在上，设为， 则，解得， 所以此次问卷调查分数的中位数为（分）； 【小问2详解】 的市民有人，记为a，b， 的市民有人，记为1，2，3，4， 则从中抽取两人的基本事件有：共15种，其中两人来自不同的组的基本事件有8种， 则所求概率为. 20. 记为等差数列的前项和，已知，． （1）求的通项公式； （2）求，并求的最小值． 【答案】（1）；（2），最小值为–16． 【解析】 【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果； （2）方法二：根据等差数列前n项和公式得，根据二次函数的性质即可求出. 【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】 公式法 设等差数列的公差为，由得，，解得：，所以． [方法二]：函数+待定系数法 设等差数列通项公式为，易得，由，即，即，解得：，所以． （2）[方法1]：邻项变号法 由可得．当，即，解得，所以的最小值为， 所以的最小值为． [方法2]：函数法 由题意知，即， 所以的最小值为，所以的最小值为． 【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n项和公式求出公差，即可得到通项公式，是该题的通性通法，也是最优解； 方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n项和的性质，用待定系数法解方程组求解； （2）方法一：利用等差数列前n项和公式求，再利用邻项变号法求最值； 方法二：利用等差数列前n项和公式求，再根据二次函数性质求最值． 21. 已知函数 （1）判断函数的奇偶性； （2）证明：函数在区间上单调递增； （3）令（其中），求函数的值域. 【答案】（1）偶函数 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）定义法证明函数的奇偶性； （2）定义法证明函数的单调性； （3）由的解析式可知，，由的奇偶性和单调性可知，函数在上的值域为，令，可得，利用二次函数的性质求值域. 【小问1详解】 函数的定义域为， 由，可知函数为偶函数； 【小问2详解】 证明：设，有 ， ， ， 故函数在区间上单调递增； 【小问3详解】 由，有， 由函数在区间上单调递增，，可知函数在区间上的值域为， 又由函数为偶函数，可知函数在上的值域为， 令，可得，有， 令，有， ①当时，，此时函数的值域为； ②当时，，此时函数的值域为， 由函数和函数的值域一样，故可得， 当时，函数的值域为； 当时，函数的值域为． 22. 已知，设函数，是的导函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上存在两个不同的零点，. ①求实数的取值范围； ②证明：. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）导数几何意义求切线方程即可； （2）①设，因为，所以与零点相同，根据的单调性与极值情况来确定的范围； ②根据题意，利用放缩构造等思路结合导数，求出的范围. 【小问1详解】 由题设，则，且， 所以，，则在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ①当时等价于， 设，则． 当时单调递减；当时单调递增； 所以，当时， 因为在上存在两个不同的零点，则，解得． 当时，取，则， 故，又， 所以在和上各有一个零点，故． ②因为，所以， 结合知：． 设，则，在上，在上， 所以在上递增，在上递减，故，即， 所以，即，当时取等号， 所以． 由①知，在上单调递增，且，所以，即． 因为在上是减函数，且， 所以，得证. 【点睛】方法点睛：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $