【文档说明】江西省宜春市宜丰中学创新部2024届高三上学期10月月考试题+数学+PDF版含解析.pdf，共(5)页，542.305 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司12023-2024（上）创新部高三第一次月考数学试卷一、单选题（40分）1．集合2|60Axxx，集合2|lo1gBxx，则AB（）A．2,3B．,3C．2,2D．0,22．已知a为实数，

若复数211izaa为纯虚数，则2024i1ia的值为（）A．1B．0C．1iD．1i3．数列na满足112,02121,12nnnnnaaaaa，若125a，则2023a等于（）A．15B．25C．35D．45

4．若六位老师前去某三位学生（同学1，同学2，同学3）家中家访，每一位学生至少有一位老师家访，每一位老师都要前去家访且仅能家访一位同学，由于就近考虑，老师甲不去家访同学1，则有（）种安排方法A．335B．100C．360D．3405．函数2()cosln(1)fxxxx

的图象大致为（）A．B．C．D．6．已知函数211()sinsin(0)222xfxx，xR.若()fx在区间(,2)内没有零点，则的取值范围是（）A．10,8B．150,,148

C．50,8D．1150,,8487．已知,AB是圆22():21Mxy上不同的两个动点，||2,ABO为坐标原点，则||OAOB的取值范围是（）A．[22,42]B．[32,42]C．[42

,42]D．[22,22]8．已知双曲线2222:10,0xyWabab的右焦点F，过原点的直线l与双曲线W的左、右两支分别交于A、B两点，以AB为直径的圆过点F，延长BF交右支于C点，若2CFFB，则双曲线W的渐近线方程是（）A．223yxB．324

yxC．22yxD．3yx二、多选题(20分)9．下列命题为真命题的是（）A．若ab，且11ab，则0abB．若0ab，则22aabbC．若0cab，则abcacbD．若0abc，则aacbbc10．已知函数fx的定义

域为R，函数fx的图象关于点1,0对称，且满足31fxfx，则下列结论正确的是（）A．函数1fx是奇函数B．函数fx的图象关于y轴对称C．函数fx是最小正周期为2的周期函数D．若函数gx满足32gxfx，则202414048kgk1

1．如图，直角梯形ABCD中，//ABCD，ABBC，122BCCDAB，E为AB中点，以DE为折痕把ADEV折起，使点A到达点P的位置，且23PC.则下列说法正确的有（）A．CD平面EDP

B．四棱锥PEBCD外接球的体积为43πC．二面角PCDB的大小为π4D．PC与平面EDP所成角的正切值为212．已知直线ya与曲线exxy相交于A，B两点，与曲线lnxyx相交于B，C两点，A，B，C

的横坐标分别为1x，2x，3x.则（）A．22exxaB．21lnxxC．23exxD．1322xxx三、填空题(20分)13．52()xx的展开式中含x项的系数为.14．如图1是某校园内的一座凉亭，已知该凉亭的正四棱台部分的直观图如图2所示，则该正四棱台部分的体积为3m.

15．已知函数2sinxfxaxxx（0a，且1a），曲线yfx在点0,0f处的切线与直线2290xy平行，则a.16．双曲线2222:1,0xyCabab的左焦点为F，直线FD与双曲线C的右支交于点D，A，B为线段F

D的两个三等分点，且22OAOBa（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为.学科网（北京）股份有限公司2四、解答题（70分）17．在ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知πsinsin03bCcB.(1)求角C的值；(2)若

ABC的面积为103，D为AC的中点，求BD的最小值.18．已知数列na中，10a，12nnaannN.（1）令11nnnbaa，求证：数列nb是等比数列；（2）令3nnnac，当nc取得最大值时，求n的值．19．某单位组织知识竞赛，有甲、乙两类问题．

现有A、B、C三位员工参加比赛，比赛规则为：先从甲类问题中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该员工比赛结束；若回答正确再从乙类问题中随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该员工比赛结束．每人两次回答问题的

过程相互独立．三人回答问题也相互独立．甲类问题中每个问题回答正确得20分，否则得0分；乙类问题中每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知A员工能正确回答甲类问题的概率为0.5，能正确回答乙类问题的概率为0.6；B员工能正确回答甲类问题的概率

为0.6，能正确回答乙类问题的概率为0.5；C员工能正确回答甲类问题的概率为0.4，能正确回答乙类问题的概率为0.75．(1)求3人得分之和为20分的概率；(2)设随机变量X为3人中得分为100的人数，求随机变量X的数学期望．20．已知直三棱柱111ABCABC-中，侧

面11AABB为正方形，2ABBC，E，F分别为AC和1CC的中点，D为棱11AB上的点，11BFAB．(1)证明：BFDE；(2)当1BD为何值时，面11BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最大？21．已知函数()cos().xfxaexx

aR（1）若1a，证明：()0fx；（2）若()fx在(0,)上有两个极值点，求实数a的取值范围.22．已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为32，左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B

的两个动点，PAB面积的最大值为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线AP，BQ的斜率分别为1k，2k，APQ△和BPQV的面积分别为1S，2S.若123kk，求12SS的最大值.学科网（北京）股份有限公司3创新部高三第一次月考数学参考答案：1．A2．B3．C4

．C5．B6．D【详解】由题设有1cos112()sinsin22224fxxxx，令0fx，则有,4xkkZ即+4,kxkZ.因为()fx在区间(,2)内没有零点，故存在整数k，使得5

++442kk，即14528kk，因为0，所以1k且15428kk，故1k或0k，所以108或1548，7．C【详解】22(2)1,xy圆M的圆心坐标(2,0)M，半径1R，

设圆心到直线l的距离为d，由圆的弦长公式，可得2||21ABd，即2212d，解得22d，设AB的中点为2,||2NMN，点N的轨迹表示以(2,0)M为圆心，以22为半径的圆，N的轨迹方程为22(2)12xy，因为|||2|2||OAOBONO

N，又||2OM，2222OMONOM，即222222ON,即||OAOB的取值范围为[42,42].8．A【详解】如下图所示，设双曲线W的左焦点为点F，连接CF、

AF，设BFm，则2CFm，由双曲线的定义可得2BFam，22CFam，由于以AB为直径的圆经过点F，且OAOB、OFOF，则四边形AFBF为矩形，在RtBCF△中，有勾股定理得222CFBCBF，即2222292ammam，解得23m

a，23aBF，83aBF，由勾股定理得222BFBFFF，即226849ac，22179ca，所以，2222222819bcacaaa，则223ba.因此，双曲线W的渐近线方程是223yx.9．AD10．ABD11．ABC【详解】对于A，E为AB中点

，BECD，//BECD，四边形EBCD为平行四边形，又ABBC，四边形EBCD为矩形，CDDE；222222PDAD，2CD，23PC，222PDCDPC，CDPD，又PDDEDI，,PDDE平面EDP，CD

\^平面EDP，A正确；对于B，//BCDE，ABBC，AEDE，即PEDE，CD平面EDP，PE平面EDP，CDPE，又CDDED，,CDDE平面EBCD，PE平面EBCD；矩形EBCD的外接圆半径2212222r，四棱锥PEBC

D的外接球半径2212132RrPE，四棱锥PEBCD外接球的体积34π43π3VR，B正确；对于C，CD平面EDP，PD平面EDP，PDCD；又DECD，二面角PCDB的平面角为PD

E，PEDE，2PEDE，π4PDE，二面角PCDB的大小为π4，C正确；对于D，CD平面EDP，CPD即为直线PC与平面EDP所成角，CDPD，22PD，2CD，22tan222CDCPDPD，即直线直线PC与平面ED

P所成角的正切值为22，D错误.12．ACD【详解】设exxfx，得1exxfx，令0fx，可得1x，当1x时，()0fx¢>，则函数fx单调递增，当1x时，0fx，则函数fx单调递减，则当1x时，fx有极大值，即最大值

max11efxf.设lnxgxx，得21lnxgxx，令0gx，则ex，当ex时，0gx，则函数gx单调递增，当ex时，0gx，则函数gx单调递减，则当ex时，gx有极大值，即最大值max1eeg

xf，从而可得12301exxx.由22exxa，得22exxa，故A正确；由1122lnexxxx，得1212lnlneexxxx，即12lnfxfx，又1201exx，得20ln1

x，又fx在0,1上单调递增，则12lnxx，故B错误；由2323lnexxxx，得2233lnlneexxxx，即23exggx.又231exx，得2eex，又gx在e,

上单调递减，则23exx，故C正确；由前面知12lnxx，23exx，得2132elnxxxx，又由2222lnexxxax，得22exxa，22lnxax，则2132xxx，1313222xxxxx.故D正确.13．4014．3121215．e16．102【详

解】由题意得,0Fc，取AB中点M，连接OM，设双曲线C的右焦点为1F，连接1DF，因为22OAOBa，所以OMAB，又A，B为线段FD的两个三等分点，所以EMDM，即M为FD的中点，又O为1FF的中点，所以1//DFOM，故1FDFD，设1

2DFm，则OMm，又22OAOBa，由勾股定理得2212AMBMam，则221662DFAMam，由双曲线定义得12DFDFa，即2216222amma①，在Rt1DFF中，由勾股定理得22211DFDFFF，即2222216442a

mmc②，由①得22132amam，两边平方得2274200aamm，解得2am或710a（负值舍去），将2am代入②得2252ac，故离心率为102ca.学科网（北京）股份有限公司417．【详解】（1）由πsinsin03bCcB

及正弦定理可得：13sinsincossinsin022BCCCB，则31sincossin022BCC，因为,0,πBC，则sin0B，所以，3cossin0CC，可得tan3C，故π3C.（2）由

于ABC的面积为103，所以，113sin103222abCab，解得40.ab在BCD△中，由余弦定理得：22222111cos220442222bbbBDaabCaabaabab，故25BD，当

且仅当12ab，即25a，45b时，BD的最小值为25.18．【详解】（1）在数列na中，10a，12nnaan，则21211aa，11nnnbaa，则12112baa，则1

11112211212nnnnnnnnbaaananaab，所以，数列nb为等比数列，且首项为2，所以，1222nnnb；（2）由（1）可知，2nnb即121nnnaa，可得2123211212121nnnaaaaaa

，累加得1211212222112112nnnnaannn，21nnan.213nnnnc，111112112233nnnn

nnnc，11112221212333nnnnnnnnnnncc，令212nfnn，则11232nfnn，所以，122nfnfn.1234ffff

，1210ff，310f，所以，当3n时，0fn.所以，123ccc，345ccc.所以，数列nc中，3c最大，故3n.19．【详解】（1）解：设事件1A为A员工答对甲类问题；设事件2A为A员工答对乙类问题；设事件1B为B员工答对

甲类问题；设事件2B为B员工答对乙类问题；设事件1C为C员工答对甲类问题；设事件2C为C员工答对乙类问题；三人得分之和为20分的情况有：①A员工答对甲类题，答错乙类题；B与C员工均答错甲类题，则121112110.50.40.40.60.048PAABCPAPA

PBPC；②B员工答对甲类题，答错乙类题；A与C员工均答错甲类题，121112110.60.50.50.60.09PBBACPBPBPAPC；③C员工答对甲类题，答错乙类

题；A与B员工均答错甲类题，121112110.40.250.50.40.02PCCABPCPCPAPB，所以三人得分之和为20分的概率为0.0480.090.020.158.（2）解：因为A员工得100分的概率为

12120.50.60.3PAAPAPA，B员工得100分的概率为12120.60.50.3PBBPBPB，C员工得100分的概率为12120.40.750.3PCCPCPC，所

以，随机变量3,0.3XB，所以，30.30.9EX.20．【详解】（1）证明：连接AF，E，F分别为直三棱柱111ABCABC-的棱AC和1CC的中点，且2ABBC，1CF，5B

F，11BFAB，11//ABAB，BFAB22222(5)3AFABBF，22223122ACAFCF，222ACABBC，即BABC，故以B为原点，BA，BC，1BB所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(2,0

,0)A，(0,0,0)B，(0,2,0)C，(1,1,0)E，(0,2,1)F，设1BDm，且[0,2]m，则(,0,2)Dm，(0,2,1)BF，(1,1,2)DEm，0BFD

E，即BFDE．（2）解：ABQ平面11BBCC，平面11BBCC的一个法向量为(1,0,0)p，由（1）知，(1,1,2)DEm，(1,1,1)EF，设平面DEF的法向量为(,,)nxyz，则00nDEnEF

，即(1)200mxyzxyz，令3x，则1ym，2zm，(3,1,2)nmm，2222333cos,||||12719(1)(2)22142

()22pnpnpnmmmmm，又[0,2]m当2m时，面11BBCC与面DFE所成的二面角的余弦值最小，此时正弦值最大，故当12BD时，面11BBCC与面

DFE所成的二面角的正弦值最大．21.【详解】(1)证明:1a时,()cosxfxexx,令()xgxex,则()1xgxe,当0x时,()0gx,()gx在(,0)上为递减函数,当0x时,()0gx,

()gx在(0,)上为增函数,所以()(0)1gxg,而cos1x,且(0)cos0g,所以cosxexx,即()0fx.(2)()fx在(0,)上有两个极值点等价于()fxsin10xaex在(0,)

上有两个不同的实数根,()0fx等价于1sinxxae,设1sin(),(0,)xxhxxe,2sin()1sincos14()xxxxxhxee,令()0hx,得2x,当02x时,()0hx,()hx在(0,)2上为减函数,当2x

时,()0hx,()hx在(,)2上为增函数,又1(0)1,()0,()2hhhee,01e,所以当0ae时,方程1sinxxae在(0,)上有两个不同的实数根,所以a的取值范围是0ae.22

．【详解】（1）当点P为椭圆C短轴顶点时，PAB的面积取最大值2ab，结合32ca及222abc，解得2,1ab，故椭圆C的标准方程为2214xy.（2）设点1122(,),(,)PxyQxy，若直线PQ的斜率为零，由对称性知12xx，12yy，则11111022yykxx

，21221022yykxx，12kk，不合题意.设直线PQ的方程为xtyn，由于直线PQ不过椭圆C的左、右顶点，则2n联立2244xtynxy得222(4)240tytnyn，由0

可得224nt，12224tnyyt，212244nyyt，212124()2ntyyyyn所以112121221221122(2)(2)[(2)(2)]2(2)(2)[(2)(2)kyxytynnnynykxyy

tynnnyny232nn,解得1n即直线PQ的方程为1xty，故直线PQ过定点(1,0)M.由韦达定理可得12224tyyt，12234

yyt由平面几何知识11212212121113||||||,||||||2222SAMyyyySBMyyyy，学科网（北京）股份有限公司5所以2212121212222434|

|||()41433tSSyyyyyyttt，设1()fxxx，则22211()1xfxxx，当[3,)x时，()0fx，故()fx在[3,)单调增，因为2

3[3,)t，所以2min214(3)33tt，因此，12||SS的最大值为3.