2023—2024学年度上学期高三年级10月月考试题数学第Ⅰ卷选择题（共60分）一、选择题：（本大题共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.已知集合，，，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题设知，讨论、求a值，结合集合的性质确定a值即可.【详解】由知：，当，即，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；当，即或，若，则，与集合中元素互异性有矛盾，不符合；若，则，，满足要求.综上，.故选：A2.下列函数中，是偶函数且在上单调递减的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用基本初等函数的奇偶性及单调性，结合各选项进行判断即可.【详解】对于A，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上不是单调递减，不符合题意；故A错误；对于B，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递减，符合题意；故B正确；对于C，由题意可知的定义域为,，所以是偶函数且在上单调递增；不符合题意；故C错误；对于D，定义域为，不是偶函数，不符合题意；故D错误；故选：B.3.中，点为上的点，且，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，利用向量的线性运算法则，准确化简，即可求解.【详解】如图所示，因为，由向量的线性运算法则,可得因为，所以，所以.故选：D.4.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第一天走的路程为（）A.228里 B.192里 C.126里 D.63里【答案】B【解析】【分析】应用等比数列的求和公式可得答案.【详解】由题意得，该人所走路程构成以为公比的等比数列，令该数列为，其前项和为，则有，解得，故选：B.5.已知函数满足，当时，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得是以6为周期的函数，结合已知条件即可求解.【详解】因为，所以是以6为周期的函数，所以，故选：D.6.已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为且关于点对称，则φ的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由相邻对称轴间的距离判断出最小正周期，由此得到，再结合正弦函数的对称性运算即可.【详解】由函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为则，，又因为其关于点对称，，即，则，解得，且，所以.D正确.故选：D7.若函数在区间内单调递减，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复合函数的单调性结合函数定义域，求实数的取值范围【详解】函数在区间上单调递减，由函数在定义域内单调递增，则函数在区间上单调递减，且恒成立，可得.故选：C.8.给定函数，若函数恰有两个零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由函数与方程的思想将函数恰有两个零点转化成函数与函数图象有两个交点，画出图像数形结合即可得.【详解】若函数恰有两个零点，即方程有两个不相等的实数根，即函数与函数图象有两个交点，易知，令，解得，所以当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以在取得最小值，易知当时，，且时，在同一坐标系下分别画出两函数图象，如下图所示：由图可知当时，函数与函数图象有两个交点故选：C二、多项选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9.下列命题中正确的是（）A.若，则B.命题：“”的否定是“”C.已知函数的定义域为，则函数的定义域为D.若函数则【答案】ACD【解析】【分析】利用二次函数求最值判断A，利用全称量词命题的否定是存在量词命题来判断B，根据抽象函数的定义域可判断C，根据换元法求解析式可判断D.【详解】对于选项A，由，得，，则，，所以当时，取到最小值，所以，故选项A正确；对于选项B，“”的否定是“”，故选项B不正确；对于选项C，函数的定义域为，则中的范围为，即，所以，由抽象函数的定义域可得，中的范围为，故函数的定义域为；所以选项C正确；对于选项D，令，则，，由得，，所以，，所以选项D正确.故选：ACD.10.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（）A.若，则一定是钝角三角形B.若，则有两解C.若，则为等腰三角形D.若为锐角三角形，则【答案】AD【解析】【分析】对于A，利用余弦定理分析判断，对于B，利用正弦定理分析判断，对于C，利用余弦定理统一成边形式化简判断，对于D，利用正弦单调性计算判断.【详解】对于A选项，因为，则，故角为钝角，A选项正确；对于B选项，在，，，，，则由正弦定理得，，得，所以无解，所以B错误；对于C选项，因为，即，整理可得，所以，或，故为等腰三角形或直角三角形，C选项错误；对于D选项，若为锐角三角形，所以，所以，则，D选项正确.故选：AD11.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：BCD12.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是周期为的奇函数 B.在上为增函数C.在内有20个极值点 D.在上恒成立的充要条件是【答案】BCD【解析】【分析】A选项，根据函数奇偶性定义得到函数为奇函数，但，A错误；B选项，求导得到函数单调性；C选项，求导，令导函数等于0，检验后得到极值点个数；D选项，求导后，分与两种情况，结合放缩法得到结论.【详解】A选项，的定义域为R，，是奇函数，但是，不是周期为的函数，故A错误；B选项，当时，，，单调递增，当时，，，单调递增，且在连续，故在单调递增，故B正确；C选项，当时，，，令得，，当时，，，令得，,且以上零点均为变号零点，故均为极值点，因此，在内有20个极值点，故C正确；D选项，由题意得在上恒成立，令，当时，，令，，，因为，所以，则，由于，故，当且仅当时，等号成立，故在上单调递增，所以，故满足在上恒成立；当时，，由于，所以，则，又，故，若，此时，则在单调递减，则，不合要求，若，则存在，使得，当时，，当时，，故在处取得极小值，且，不合要求.综上：，故D正确；故选：BCD.【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：一是分离参数法，使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论.三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.第Ⅱ卷非选择题（共90分）三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题纸上．）13.已知单位向量满足若向量则_____．【答案】##0.5【解析】【分析】根据已知条件结合数量积的运算公式可求出和的值，从而根据向量夹角的计算公式即可求出的值.【详解】因为为单位向量，所以，又因为所以，，又因为，所以.故答案为：.14.在等差数列中，为其前n项和．若，则数列的公差d＝______．【答案】2【解析】【分析】由等差数列的性质得为等差数列后求解．【详解】由题意得，故，故是以为首项，为公差的等差数列，，得，故答案为：215.在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，，则______．【答案】【解析】【分析】根据三角函数的定义求出与，再结合及求出，最后利用余弦差角公式求出答案．【详解】因为点为角终边上一点，，，，，因为，所以，，因为，所以，，故，所以．故答案为：．16.数列满足则数列的前60项和为______．【答案】【解析】【分析】先由已知递推式得到，，再对数列分组求和，即可解答.【详解】由，得，，所以，即，又，所以，所以数列为各项均为1的常数数列，所以，又由得，，即，所以，所以数列的前60项和为.故答案为：.四、解答题：（满分70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，解答过程书写在答题纸的对应位置．）17.已知函数最大值为1．（1）求a的值；（2）将的图象向上平移1个单位，再把图象上所有点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变），再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先应用两角和差公式结合辅助角公式化简，再应用三角函数最值求参即可；（2）先由求出，再应用余弦定理结合不等式求面积的最值.【小问1详解】∵函数，函数的最大值为，∴，．【小问2详解】由已知则因为在中，，所以所以，所以又由余弦定理及得：，即，所以，即（当且仅当时等号成立）．所以.18.已知等差数列的公差，其前n项和为，若，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列和等比数列的基本量运算求出等差数列的首项和公差，写出通项公式即可；（2）利用等差数列前n项和公式求出，然后利用裂项相消法求得，利用单调性即可求得范围.【小问1详解】因为为等差数列，且，所以，由成等比数列，得，即，因为，所以，所以，故；【小问2详解】因为，所以，所以，故.因为，即递增数列，所以，所以19.设函数．（1）若，求在处的切线方程；（2）当时，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数几何意义求切线方程；（2）通过构造新函数求最值即可证明.【小问1详解】时，所以，所以在处的切线方程为．【小问2详解】证明：当时，化为.令，时，，此时函数单调递减；，此时函数单调递增．时，函数取得极小值即最小值，所以只要证明，即证明即可．令，，,可得时，函数取得极小值即最小值，，所以在上恒成立，所以，当时，成立．【点睛】利用导数证明不等式的方法主要有：①构造函数，求解函数的最小值大于零；②分别求解的最小值和的最大值可证结论；③利用常见不等式进行放缩证明.20.如图，的内角、、的对边分别为、、，外一点（与在同一平面内）满足，，.（1）求；（2）若的面积为2，求线段的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可化简得，根据三角函数的性质即可求解，（2）根据面积公式可得，进而根据余弦定理即可求解.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，即,，即.又，，故，即，所以，即，因为，，所以，得.【小问2详解】因为的面积，所以，即，，由余弦定理得，所以，因为平分，所以，所以.21.已知数列中，其前项和为，且对任意，都有．等比数列中，，．（1）求数列、的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）；（2）【解析】【详解】试题分析：（1）由已知条件可得，根据可得数列是等差数列，故可得其通项公式，根据等比数列的性质可求出公比继而可求出的通项公式；（2）根据等比数列前项和公式可得前项和，分为为奇数和为偶数，利用并项求和可求得的前项和，进而可得结果.试题解析：（1）由得，……………①当时，，………………②由①－②得，，即，整理得，∵，∴，由已知得，当时，，即，解得．故数列是首项为1，公差为2的等差数列．∴．设等比数列的公比为，则，所以．故，即，解得．故．（2）记数列的前项和为，数列的前项和为．则．当偶数时，奇数项与偶数项各有项．则；当为奇数时，奇数项为项，偶数项为项．则．所以．点睛：本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差