精品解析：山西省晋城市第一中学校2024届高三上学期11月期中数学试题（解析版）

2021级高三年级第一学期第八次调研考试试题数学本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.请将全部答案按要求写在答卷纸上.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.定义集合．已知集合，，则的元素的个数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据集合的新定义，直接求解判断.【详解】因为，，所以，故的元素的个数为，故选：C．2.已知，，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】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断即得.【详解】由，得，必有，而当时，可以是负数，如成立，却有，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B3.在中，若，，，则可能是（）A.135° B.105°或15° C.45°或135° D.15°【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理可求的值，故可得正确的选项.【详解】由正弦定理可得，故，故，而，故或，故或，故选：B.4.已知的三内角、、所对的边分别是、、，设向量，，若，且满足，则的形状是（）A.等腰直角三角形 B.等边三角形C.钝角三角形 D.直角非等腰三角形【答案】B【解析】【分析】利用平面向量平行的条件得，再根据题设条件利用正弦定理的边角互化、和角公式确定两边、的关系以及角的大小，运算即可得解.【详解】解：由题意，向量，，，则，可得：，即.又由，可得，即，∵，∴，∴可解得：，∵，∴，又∵，∴，∴是等边三角形.故选：B.5.，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据同角关系可求解进而根据和差角公式即可求解.【详解】，故故.故选：D6.已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A., B., C., D.,【答案】A【解析】【分析】先由导数证明函数是增函数，再证明其为奇函数，然后由奇偶性与单调性化简不等式，再分离参数转化为求新函数的最值，得参数范围．【详解】令，则在R上恒成立，所以在R上为增函数，又，所以，所以函数是R上增函数，又，都是R上的增函数，所以函数是R上的增函数，，所以是奇函数，因为在上恒成立，即在上恒成立，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在,上单调递减，所以，故，故选：A．7.数学家杨辉在其专著《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的高阶等差数列.其中二阶等差数列是一个常见的高阶等差数列，如数列从第二项起，每一项与前一项的差组成的新数列是等差数列，则称数列为二阶等差数列.现有二阶等差数列，其前六项分别为，则的最小值为（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】先得出递推公式，叠加法求通项公式，再用基本不等式求最小值即可.【详解】数列前六项分别为，依题知，叠加可得：，得，当时，，满足，所以，所以，当且仅当时，即时，等号成立，又，所以等号取不了，所以最小值在取得，当时，，所以最小值为.故选：C8.在三棱锥中，平面，是正三角形，，，是棱上一点，使异面直线与所成角的余弦值，则（）A. B.2 C. D.3【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法坐标表示异面直线与所成角的余弦值，求出参数，再根据等体积法将转化为，利用底面积之比求解即可.【详解】因为平面，是正三角形，所以，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系如下图所示，因为，，所以，，，，，所以，，，已知是棱上一点，，则因为异面直线与所成角的余弦值为，所以，，整理得：，解得（舍去）或，即，，故选：B．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.选择完全正确得5分，少选漏选得2分，错选不得分.9.如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系，在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设，是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，记，则下列结论中正确的是（）A.设，，若，则，B.设，则C.设，，若，则D.设，，若与的夹角为，则【答案】AC【解析】【分析】根据题意得：，，对于A结合向量相等理解判断；对于B、D：利用以及进行运算判断；对于C：若，则，使得．【详解】，对于A：即，则，A正确；对于B：即B错误；对于C：若，当即时，显然满足：；当即或时，则，使得，即则可得，消去得：；C正确；对于D：结合可A、B知：若，则，，根据题意得：即，可得：即D不正确；故选：AC．10.已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，P是AB边上的动点，则的值可能为（）．A.﹣12 B.﹣8 C.﹣2 D.0【答案】BCD【解析】【分析】先由正弦定理求出，进而得到⊥，建立平面直角坐标系，设，，表达出，求出的取值范围，得到答案.【详解】因为，所以由正弦定理得，，又，故，又，，故⊥，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，，则，则，因为，所以，A错误，BCD正确.故选：BCD11.在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（）A.四点共面B.C.过点的平面被正方体所截得的截面是等腰梯形D.过作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，画出图形，假设四点共面，由面面平行的性质推出矛盾即可验证；对于B，画出图形，由先证线面垂直，即证明平面，由此即可验证；对于C，画出图形，通过观察并简单推理即可验证；对于D，画出图形，若要所得截面的面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，通过数形结合计算即可验证.【详解】对于A，如图所示：四点共面，且由题意有面面，根据面面平行的性质，可知，又，所以，显然不成立，故假设不成立，故A错误；对于B，如图所示：∵平面，平面，∴，∵，，且平面，平面，∴⊥平面，又平面，从而，故B正确；对于C，如图所示：取的中点，易得，所以四点共面，易知，所以四边形为等腰梯形，故C正确；对于D，如图所示：正方体外接球的球心在其中心点处，球的半径，要使过的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段的中点，连接，则，，所以，此时截面圆的半径，所以可得截面面积的最小值为，故D正确．故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据题意作出图形，通过数形结合进行推理以及计算，从而顺利求解.12.已知实数a，b满足，，，且，则下列结论正确的是（）A.当时， B.当时，C. D.【答案】ABC【解析】【分析】构造函数，利用导数判断单调性，结合对数函数性质进行求解判断即可.【详解】因为，令函数，则，则函数在上单调递增，且，可知当时，；当时，；且，则有：当时，，即，可得，故A正确；当时，，即，可得，故B正确；又因为当时，在定义域内单调递减，可得；当时，在定义域内单调递增，可得，所以C正确，D错误．故选：ABC.【点睛】关键点睛：构造函数，利用导数判断单调性，结合单调性进行求解运算是解题的关键.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数是纯虚数，则实数______.【答案】1【解析】【分析】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式求解即得.【详解】由复数是纯虚数，得，解得，所以实数.故答案为：114.已知圆锥的底面半径为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥的内切球的体积为______.【答案】【解析】【分析】利用圆锥侧面积公式、圆锥内接球关系分析运算即可得解.【详解】解：由题意圆锥的底面半径为，设母线长为，圆锥的高为，由圆锥的侧面积公式得：，解得，所以.棱锥及内切球截面示意图如上图，设内切球半径为，∵相似于，∴，即，解得：，所以内接球体积.故答案为：.15.某布匹批发市场一布商在11月7日购进4000匹布，8日开始销售.每天他都销售前一天库存布匹数目的后，再新进1000匹新布入库，设天后销售及进货后库存布匹的数目为.假设从天后开始当日销售及进货后库存布匹不少于4900匹（），则________.【答案】11【解析】【分析】由题可得，据此可得通项公式，后由，结合可得答案.【详解】由题，当时，.，则是以为首项，公比为的等比数列.则.由题，.两边同时取以10为底的对数，有，因.则，由题，为整数，则.故答案为：1116.已知函数，则不等式成立的的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先判断的对称性，然后利用导数讨论其单调性，结合图象即可求解.【详解】由得的定义域为，因为，，所以，所以的图象关于对称.记，当时，由复合函数单调性易知单调递增，记，则记，则，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以在上单调递增，综上，在上单调递增，图象关于对称由图可知，要使，必有，两边平方整理得，解得，又，，得或，所以的解集为.故答案为：【点睛】解不等式问题，主要利用函数单调性、周期性、奇偶性等函数性质，结合图象求解.本题难点在于从的对称性猜测的对称性，然后利用导数求单调区间，再结合图象求解即可.四、解答题：本题共6小题，第17题10分，其余每小题12分，共70分.17.已知等差数列{an}中，a5＝8，a10＝23．（1）令，证明：数列{bn}是等比数列；（2）求数列{nbn}的前n项和Sn．【答案】（1）见解析（2）Sn＝（n﹣1）•2n+1+2．【解析】【分析】（1）由题意可得an＝3n-7，则，即可得证；（2）由nbn＝n•2n利用错位相减法即可求得Sn，即可得解.【详解】（1）证明：设等差数列{an}的公差为d，∵a5＝8，a10＝23，∴a1+4d＝8，a1+9d＝23，联立解得：a1＝-4，d＝3，∴an＝-4+3（n﹣1）＝3n-7．∴，∴2．∴数列{bn}是等比数列，首项为2，公比为2．（2）nbn＝n•2n．∴数列{nbn}的前n项和Sn＝2+2×22+3×23+……+n•2n．∴2Sn＝22+2×23+……+（n﹣1）•2n+n•2n+1．∴两式相减得﹣Sn＝2+22+……+2n﹣n•2n+1n•2n+1．∴Sn＝（n﹣1）•2n+1+2．【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用和等比数列的证明，考查了错位相减法求数列前n项和的应用，属于基础题.18.在中，角A，B，C的对边分别为，且.（1）求角A的大小；（2）若是线段的中点，且，求的面积.【答案】18.19.4【解析】【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，再求解角即可；（2）法一，取中点，连接，分割图形再用余弦定理即可解决；法二，利用向量构建三边关系求出，再算面积即可.【小问1详解】，由正弦定理可得，整理，即，又，则，，又.【小问2详解】法一：如图，取中点，连接，是线段的中点，,在中，,由余弦定理可得,.法二：因为是线段的中点，，，即，，.19.如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，．（1）证明：平面；（2）在线段（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）先由面面垂直的性质证得平面，从而求得，进而利用勾股定理证得，由此利用线面垂直的性质即可得证；（2）结合（1）中条件，建议空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而得到关于的方程，解之即可得解.【小问1详解】正方形中，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，，又，，∴，又∵，∴，∴，又，∴，又，平面，∴平面【小问2详解】假设存在点，满足题意，由（1）知，平面，，故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设点，，∴，∴，∴，∴，，设平面的法向量为，∴，令，∴，，∴，由（1）知平面的法向量为，∴，即，即，即，解得或（舍去），所以存在一点，使得，即．20.已知函数.（1）若曲线在点处的切线方程为，求的值；（2）当时，在恒成立，求的最大值.【答案】（1）2（2）0【解析】【分析】（1）求出导函数，利用切线的斜率建立方程求解即可；（2）把恒成立问题转化为，求出导函数，利用函数的单调性结合余弦函数求解最值范围，即可求解的最大值.【小问1详解】由得，因为曲线在点处的切线方程为，所以，所以；【小问