福建省厦门市湖滨中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学考试卷

厦门市湖滨中学2023-2024学年高三（上）10月考试卷数学一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．如果是实数，那么“”是“x=y”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．若，且，则的最小值为（    ）A．1 B．5 C．25 D．124．函数的大致图象为（    ）A．  B．  C．  D．  5．如图是隋唐天坛，古叫圜丘，它位于唐长安城明德门遗址东约950米，即今西安市雁塔区陕西师范大学以南．天坛初建于隋而废弃于唐末，比北京明清天坛早1000多年，是隋唐王朝近三百年里的皇家祭天之处．某数学兴趣小组为了测得天坛的直径，在天坛外围测得AB＝60米，BC＝60米，CD＝40米，∠ABC＝60°，∠BCD＝120°，据此可以估计天坛的最下面一层的直径AD大约为(结果精确到1米)(参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.236，≈2.646)（    ）A．53米 B．55米C．57米 D．60米6．设椭圆，的离心率分别为，，若，则（    ）A．1 B．2 C． D．7．已知函数存在单调递减区间，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．8．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ）A． B．C． D．二、多选题9．若，且，则（    ）A． B． C． D．10．已知函数图象的一条对称轴方程为，与其相邻的一个对称中心为，则（）A．的最小正周期为 B．的最小正周期为C． D．11．已知为定义在上的偶函数，当时，有，且当时，，则下列命题中正确的是（    ）A．B．函数在定义域上是周期为2的周期函数C．直线与函数的图象有两个交点D．函数的值域为12．已知函数的定义域为，则（    ）A． B．C．是奇函数 D．是偶函数三、填空题13．已知关于的不等式的解集为，则.14．若，则.15．如图，某款酒杯的上半部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为的正三角形．若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为．16．过原点向曲线可作三条切线，则实数的取值范围是.四、解答题17．已知.(1)求的最小正周期及单调递减区间；(2)将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到的图象，求在区间的值域.18．已知数列是公比的等比数列，前三项和为39，且成等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)设，求的前项和．19．已知函数，，k为常数，e是自然对数的底数．(1)当时，求的极值；(2)若，且对于任意，恒成立，试确定实数k的取值范围．20．如图，四棱柱中，平面，.(1)求证：平面；(2)若与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值.21．目前,教师职业越来越受青睐,考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前,中小学教师资格考试分笔试和面试两部分,笔试通过后才能进入面试环节.已知某市年共有名考生参加了中小学教师资格考试的笔试,笔试成绩,只有笔试成绩高于分的学生才能进入面试环节.(1)从报考中小学教师资格考试的考生中随机抽取人,求这人中至少有一人进入面试的概率;(2)现有甲、乙、丙名学生进入了面试,且他们通过面试的概率分别为,设这名学生中通过面试的人数为,求随机变量的分布列和数学期望.参考数据:若,则,,,,.22．已知函数，．(2)证明：对于，，都有．(1)当时，直线：与曲线和均相切，求直线的方程．参考答案：1．A【分析】化简集合，根据交集运算求解.【详解】根据题意，得，所以，故选：A.2．B【分析】根据充要条件定义结合三角函数性质判断即可.【详解】当时有，必要性成立；而当时有，充分性不成立；所以“”是“”的必要不充分条件.故选:B.3．C【分析】利用基本不等式计算即可.【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，解不等式，，当，时，取等号.故选：C4．D【分析】先根据奇偶性排除A选项，再根据函数值正负排除C选项，最后根据无穷大的极限排除即可判断.【详解】因为的定义域为，又，所以为奇函数，其图像关于原点对称，A选项错误；因为，所以当时，，C选项错误；又当时，，由复合函数的单调性可知，在上单调递增，故B选项错误；而D选项满足上述性质，故D正确.故选：D.5．A【分析】根据给定条件，连接，判断为等边三角形，再利用余弦定理求解作答.【详解】如图，连接，  在中，，则是等边三角形，，由，得，而，在中，由余弦定理得：（米）.故选：A6．B【分析】根据离心率的关系列方程，从而求得.【详解】对于椭圆，有.因为，所以，解得．故选：B7．B【分析】求出函数的导数，利用函数单调性与导数的关系，列出不等式即可求解作答.【详解】函数的定义域为，求导得，依题意，不等式在上有解，而，当且仅当时取等号，则，所以实数的取值范围是.故选：B8．B【分析】根据条件中的三个数，构成函数，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性，比较函数值的大小，即可判断选项.【详解】构造函数，，当时，，单调递增，所以，即．故选：B．9．ABD【分析】根据不等式的基本性质，结合作差比较法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，可得，因为，可得，所以A正确；对于B中，由，所以，所以B正确；对于C中，因为，且，可得，所以，所以C错误；对于D中，因为，且，可得，则，所以D正确.故选：ABD.10．AC【分析】根据题意，得到，求得，可判定A正确、B错误；结合，求得，可判定C正确，D错误.【详解】由题意知，函数图象的一条对称轴方程为，与其相邻的一个对称中心为，可得，所以，所以A正确、B错误；又由，可得，因为，即，解得，所以，又因为，可得，所以，所以C正确，D错误.故选：AC.11．AD【分析】根据题意，得到时，得到，求得时，，得出函数的解析式，画出函数的图象，结合图象和选项，逐项判定，即可求解.【详解】由题意知，当时，有，所以，因为当时，，当时，可得，可得，又因为，所以，又由函数为定义在上的偶函数，所以可作出函数的图象如下：  对于A中，由，所以A正确；对于B中，由图象可知函数不是周期函数，所以B是错误的；对于C中，由图象可知直线与函数的图象只有1个交点，所以C错误.对于D中，由图象可知函数的值域为，所以D正确．故选：AD.12．ABC【分析】求得，判断A，再令求得，从而令，可得，判断B，已知等式变形为，令，则，由赋值法得是奇函数，判断C，再计算出，判断D．【详解】令，可得，故A正确；令，可得，令，可得，则，故B正确；由，可得，令，则，令，可得，令，则，所以是奇函数，即是奇函数，故C正确；因为，所以不是偶函数，故D错误．故选：ABC．13．16【分析】根据给定的条件，利用一元二次方程根与系数的关系计算作答.【详解】因关于x的不等式的解集为，则是方程的二根，则有，解得，所以.故答案为：16.14．/0.6【分析】根据余弦二倍角公式以及诱导公式得出结果.【详解】由得，所以.故答案为：.15．【分析】首先根据题意作出平面图，由圆锥的轴截面的面积求出圆锥底面半径，易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，表示出高，得出圆柱体积关于的表达式，由导数确定体积最大时半径的值，即可得出此时圆柱的高．【详解】由题意作出圆锥轴截面的平面图，如图所示，过等边三角形顶点作，则，，设圆锥底面圆的半径为，则，，所以，因为圆锥的轴截面是面积为，所以，解得,易知冰块体积最大时上底与杯口齐平，设圆柱形冰块的底面圆半径为，其中，高为，则，在中，，则，设圆柱形冰块的体积为，则.设，则，当时，；当时，，在处取得极大值，也是最大值，即，所以，故当放置的圆柱形冰块的体积最大时，其高度为，故答案为：．16．【分析】设切点坐标，利用导数几何意义可求得切线方程，将问题转化为与有三个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和极值，由此可得图象，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】设切点坐标为，，切线斜率，切线方程为：，将代入切线方程得：，即，设，过原点的切线有三条，与有三个不同交点；，当时，；当时，；在，上单调递增，在上单调递减，的极大值为，极小值为，由此可得与的图象如下图所示，由图象可知：当时，与有三个不同交点，即实数的取值范围为.故答案为：.17．(1)；单调递减区间为(2)【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得，利用余弦函数的周期公式可求的最小正周期，利用余弦函数的单调性可求其单调递减区间；（2）由已知利用三角函数的图象变换可求，由题意利用正弦函数的性质即可求解的值域．【详解】（1）因为，则，所以的最小正周期为，由，解得，所以的单调递减区间为.（2）由（1）可得，将函数的图象向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到图像，所以当时，，则，故，即，所以函数的值域为.18．(1)(2)【分析】（1）根据题意列出方程组，求出首项和公比，即可得答案；（2）利用（1）的结论化简，利用裂项求和法即可求得答案.【详解】（1）由题意可得，即得，则，即，可得，由于，故得，则，故；（2）由（1）结论可得，故的前项和.19．(1)极小值为0，无极大值(2)【分析】（1）求导，即可得函数的单调性，进而可由极值点定义求解，（2）构造函数，利用导数求解最值即可.【详解】（1）当时，，∴，由得，故的单调递增区间为；由得，故的单调递减区间为；所以函数有极小值为，无极大值．（2）当时，不等式化简为，令，则；令得，∴在上单调递减，在上单调递增；因为，所以，又，所以．20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据棱柱的性质，结合线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）证明：在四棱柱中，，平面，平面，平面.平面，平面，平面.又平面，所以平面平面，因为平面，所以平面；（2）由平面，可得两两垂直，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.与平面所成角为，..又，.设平面的法向量，，，所以，令，得，可得.设平面的法向量，，所以，令，得，可得.因为，  所以平面与平面夹角余弦值为.21．(1)(2)随机变量的分布列见解析；期望为【分析】（1）由正态分布的对称性有,求各学生能进入面试的概率,再由独立事件的乘法公式及对立事件的概率求法,求人中至少有一人进入面试的概率.（2）求出的可能取值为的概率,写出分布列,由分布列求期望即可.【详解】（1）记“至少有一人进入面试”为事件,由已知得:,所以,则,即这人中至少有一人进入面试的概率为.（2）的可能取值为,,,,,则随机变量的分布列为：,.22．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由得，根据转化为证明，构造函数后利用导函数证不等式.（2）先设的切线方程为，结合其和也相切，联立后根据二次方程有唯一解可得，利用的性质，求出即可.【详解】（1）因为，所以，即．当时,，欲证，，只需证在上恒成立．令，，当时，当且仅当即时等号成立，故，所以函数在区间上单调递增，所以，所以．综上所述，对于，，都有．（2）当时，，设直线与曲线的切点为，因为，所以曲线在点的切线方程为，联立方程，得，由，得，即．由（1）知，函数在上单调递增，且，所以方程有且只有一个实根，所以，即，代入得，所以直线的方程为．