2023～2024学年第一学期高三10月月考试卷（答案）数学一、单项选择题(本题共8个小题,每题5分,共40分)1.已知集合，，若，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解不等式，得，所以.由，得，∴，解得﹒故选：B2.已知函数，则“”是“在上单调递增”的 ()A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】求得在上单调递增的充要条件即可判断.【详解】由题若在上单调递增，则恒成立，即，故“”是“在上单调递增”的必要不充分条件故选:.3.如图，在平行四边形中，，，若，则（ ）A． B． C． D．【答案】D【详解】在平行四边形中，，，所以，若，则，则．故选：D．4.已知，且，则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】据二倍角公式，两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解.【详解】，,，又，则，即所以，因为，所以，.由平方可得，即，符合题意.综上，.故选：B.5.三位同学参加某项体育测试，每人要从跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有个，它们等可能，有且仅有两人选择的项目完全相同的事件含有的基本事件数有个，所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率.故选：C6.已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（    ）A．－4 B．4 C．5 D．8【答案】C【分析】根据不等式的解集求出的值和的取值范围，在代入中利用对勾函数的单调性求出它的最小值.【详解】由的解集为，则，且，是方程的两根，由根与系数的关系知，解得，，当且仅当时等号成立，故，设，函数在上单调递增，所以所以的最小值为5.故选：C7.已知，，其中，若函数在区间内没有零点，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】D【详解】，，其中，,当时，故，解得，，k=0时,解得，当k=-1时解得.故选：D.8.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】令，，利用导数判断其单调性，进而可得；令，，利用导数判断其单调性，进而可得.【详解】令，，则，则在上单调递减，所以，可知对任意的恒成立，可得，即；对于，，由，.令，，则，则在上单调递增，所以，即，所以.综上所述：.故选：C.二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分)9.近年来，网络消费新业态､新应用不断涌现，消费场景也随之加速拓展，某报社开展了网络交易消费者满意度调查，某县人口约为万人，从该县随机选取人进行问卷调查，根据满意度得分分成以下组：、、、，统计结果如图所示.由频率分布直方图可认为满意度得分（单位：分）近似地服从正态分布，且，，，其中近似为样本平均数，近似为样本的标准差，并已求得.则（）A.由直方图可估计样本的平均数约为B.由直方图可估计样本的中位数约为C.由正态分布可估计全县的人数约为万人D.由正态分布可估计全县的人数约为万人【答案】ABD【解析】【分析】利用频率分布直方图计算出样本的平均数与中位数，可判断AB选项；利用正态分布原则可判断CD选项.【详解】对于A选项，由直方图可估计样本的平均数为，A对；对于B选项，前两个矩形的面积为，前三个矩形的面积之和为，设样本的中位数为，则，由中位数的定义可得，解得，B对；对于C选项，因为，，，所以，，所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，C错；对于D选项，因为，，所以，，所以，由正态分布可估计全县的人数约为万人，D对.故选：ABD.10.已知函数，函数的图象在点和点处的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，若，则（）A. B.直线AM与BN的交点的横坐标恒为1C.的取值范围是 D.的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】由题意分别表示出，，两直线相互垂直可得，由带入中化简即可判断A正误；求得及的直线方程，由与y轴相交可求得点坐标，由两点间距离公式可求得，再根据的取值范围，即可求得的范围；求得及的直线方程后联立求得横坐标，化简即可比较横坐标与的大小关系；由距离公式表示出展开后由基本不等式即可求得取值范围.【详解】不妨设，，则，，当时，当时由导数的几何意义知，．因为的图象在A，B两点处的切线互相垂直，所以，即．对于A，因为，所以A正确．对于B，当时，，即直线AM与BN的交点的横坐标恒小于1，所以B错误．对于C，，所以C正确．对于D，因为：，：，则，，所以，所以D正确．故选：ABD．11.如图，四棱锥的底面是梯形，，，，，平面平面，，分别为线段，的中点，点是底面内包括边界的一个动点，则下列结论正确的是（）A.B.三棱锥外接球的体积为C.异面直线与所成角的余弦值为D.若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为【答案】ACD【解析】【分析】根据平面平面，得到平面,可判断A，B选项；异面直线与所成角的余弦值在中由余弦定理，可判断C选项；若直线与平面所成的角为，点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆可判断D选项.【详解】易证四边形为菱形，所以，连接，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，所以平面又平面，所以，故A正确；易证为等腰直角三角形，为等边三角形，且平面平面，所以三棱锥外接球的球心为等边三角形的中心，所以三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为，故B错误；因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，因为，所以，在中，由余弦定理，得，故C正确；因为平面，所以为在平面内的射影，若直线与平面所成的角为，则，因为，所以，故点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，所以点的轨迹长度为，故D正确．故选：．12.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则下列说法正确的是（）A. B.C.有最大值 D.【答案】BCD【解析】【分析】由条件及正弦定理得，，再由正、余弦定理，三角形的面积公式，三角函数的最值等知识逐一判断选项即可．【详解】由及正弦定理得：，对于A选项：，故A错误；对于B选项：，故B正确；对于C选项：，其中，有最大值，故C正确；对于D选项：因为，,当且仅当时取等号.所以，两边平方得：，又，化简得：，且，,解得，所以，即成立，故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，，且在方向上的投影与在方向上的投影相等，则．【答案】或.【解析】由题意，向量，，可得，且，因为在方向上的投影与在方向上的投影相等，可得，即，解得.故答案为：或.14.我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为立方尺（注：1丈尺）【答案】.【分析】根据题意画出图形，利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高，再计算它的体积．【详解】如图所示，正四棱锥的下底边长为二丈，即尺，高三丈，即尺；截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，所以，解得，所以该正四棱台的体积是（立方尺）．15.已知函数（且），若对任意，，则实数a的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】分为两种情况，当时，，只需，当即，令，对求导求出的最大值，即可求出答案.【详解】当时，，由图可知，，此时若对任意，只需，即，即．当，此时若对任意，即，所以只需．令，则，当单调递增，当单调递减，．综上，．故答案为：.16.如图，DE是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当二面角的大小为时，则；四棱锥外接球的表面积为．【答案】，/四、解答题(本题共6小题,共70分)17.(10分)已知函数的部分图象如图所示.该图象与y轴交于点，与x轴交于B，C两点，D为图象的最高点，且的面积为.（1）求的解析式及其单调递增区间.（2）若将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.若，求的值.【答案】（1），；（2）【解析】（1）由题意，函数，可得的高为2，的面积为，即，可得，则，图象与y轴交于点，可得，即，故的解析式为令解得故的单调递增区间为（2）将的图象向右平移个单位长度，可得，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，可得函数由即，则，所以18.(12分)在中，内角的对边分别为，且（1）求B.（2）是否存在，使得，若存在，求若不存在，说明理由.【答案】（1）或；（2）当时，存在，使得当时，不存在，使得【解析】【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，求得，进而求得.（2）利用正弦定理化简已知条件，对进行分类讨论，进而求得.【详解】（1）因为，所以，可得或，即或，所以，又因为，所以或.（2）因为，所以.当时，，可得，所以，又因为，所以当时，，可得，所以，无解，综上，当时，存在，使得当时，不存在，使得19.(12分)已知函数，（，）（1）若，，证明：函数在区间上有且仅有个零点；（2）若对于任意的，恒成立，求的最大值和最小值.【答案】（1）证明见解析（2）最小值为，最大值为【解析】【分析】（1）代入的值，化简，即可求得，根据单调性即可求解；（2）令，问题转化为时，，要求的最值，则需要和的系数相等进行求解.【小问1详解】证明：当，时，，则，，，且是一个不间断的函数，在上存在零点，，，∴在上单调递增，在上有且仅有1个零点.【小问2详解】由（1）知，令，则，∴，∵对于任意的，恒成立，∴恒成立.令，则时，恒成立即，令，解得或.当时，解得，取，成立，则恒成立，，当时，解得，取，成立，则恒成立.，综上，的最小值为，的最大值为.20.(12分)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD.（1）求证：AB⊥PD；第20题（图）（2）若∠BPC＝90°，PB＝2，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥P－ABCD的体积最大？并求此时平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值.解：（1）证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.（2）如图，过点P作AD的垂线，垂足为点O，过点O作BC的垂线，垂足为点G，连接PG，则PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.在Rt△BPC中，BC＝6，PG＝233，GC＝263，BG＝63.设AB＝m，则OP＝PG2-OG2＝43-m2，故四棱锥P－ABCD的体积为V＝13·6·m·43-m2＝m38-6m2.因为m8-6m2＝8m2-6m4＝-6m2-232+83，故当m＝63，即AB＝63时，四棱锥P－ABCD的体积最大.此时，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则B63,-63,0，C63,263,0，D0,263,0，P0,0,63.故PC＝63,263,-63，BC＝（0，6，0），CD＝-63,0,0，设平面BPC的一个法向量为n1＝（x，y，1），则由n1⊥PC，n1⊥BC，得63x+263y-63=0,6y=0,解得x=1,y=0,故n1＝（1，0，1）.同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝0,12,1.设平面BPC与平面DPC的夹角为θ，则cosθ＝|n1·n2||n1||n2|＝12×14+1＝105.即平面BPC与平面DPC的夹角的余弦值为105.21.(12分)第19届杭州亚运会-电子竞技作为正式体育竞赛项目备受关注.已知某项赛事的季后赛后半段有四支战队参加，采取“双败淘汰赛制”，对阵表如图，赛程如下：第一轮：四支队伍分别两两对阵（即比赛1和2），两支获胜队伍进入胜者组，两支失败队伍落入败者组.第二轮：胜者组两支队伍对阵（即比赛3），获胜队伍成为胜者组第一名，失败队伍落入败者组；第一轮落入败者组两支队伍对阵（即比赛4），失败队伍（已两败）被淘汰（获得殿军），获胜队伍留在败者组.第三轮