河南省焦作市博爱2023～2024高三数学上学期10月月考试题

河南省焦作市博爱2023-2024高三上学期10月考试数学试题考生注意：1.开考前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需要改动，用橡皮檫干净后，再涂选其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在试卷上无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共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.下面四个命题正确的是( )A.10以内的质数集合是B.0与表示同一个集合C.方程的解集是D.由1，2，3组成的集合可表示为或2.已知函数，则的最大值为( ).A.B.C.D.13.已知向量，且，则x的值为( )A. 3B. 4C. 5D. 64.已知m，n为异面直线，平面，平面.若直线l满足，则( ).A.，B.与相交，且交线平行于lC.，D.与相交，且交线垂直于l5.在直三棱柱中，M是的中点，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，若，则异面直线CM与所成角的余弦值为( )A.B.C.D.6.已知函数,则曲线在点处的切线方程为( )A.B.C.D.7.已知复数（，i是虚数单位），若，则的虚部是( )A.B.C.D.8.如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.图中矩形总计有_个( )A.75B.111C.102D.120二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知实数x，y满足，则( )A.B.C.D.10.若函数，设，则，的大小关系不正确的是( )A.B.C.D.11.设z是复数，则下列说法中正确的是( )A.若，则z是实数B.若，则z是虚数C.若z是虚数，则D.若z是纯虚数，则12.在如图所示的空间直角坐标系中，是棱长为1的正方体，则( )A.平面的一个法向量为B.平面的一个法向量为C.平面的一个法向量为D.平面的一个法向量为三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.已知函数（，）的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），所得函数图象的一条对称轴方程是，则的值为_.14.设i是虚数单位，复数，则z对应的点位于第_象限15.记为等差数列的前n项和，若，则_.16.如图，正三棱柱的底面边长为2，与平面所成角的大小为，则线段在平面内的射影长为_.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）设的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且，（1）求a的值；（2）求的值18.（12分）已知等差数列的前n项和为，且满足，(1)求数列的通项公式;(2)设，数列的前n项和为，求19.（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点.（1）求证：平面PCD；（2）求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值.20.（12分）著名数学家欧拉提出了如下定理：二角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理.现已知的三个顶点坐标分别为，圆E的圆心E在的欧拉线上，且满足，直线被圆E截得的弦长为.(1)求的欧拉线的方程；(2)求圆E的标准方程.21.（12分）规定，其中，且，这是组合数(，且的一种推广.（1）求的值.（2）组合数具有两个性质：；.这两个性质是否都能推广到(，)?若能，请写出推广的形式并给出证明；若不能，请说明理由.22.（12分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个零点，求k的取值范围，并证明.高三数学试题参考答案一、单项选择题1.答案：D解析：10以内的质数有2，3，5，7，故A错误；0是集合中的一个元素，故B错误；由集合元素的互异性可知错误，故C错误；由集合元素的无序性可知D正确.故选D.2.答案：A解析：.3.答案：C解析：，解得，故选C.4.答案：B解析：若，则由平面，平面，可得，这与m，n是异面直线矛盾，故与相交.设，过空间内一点P，作，与相交，与确定的平面为.因为，所以，因为，所以，所以，所以，又因为，所以l与a不重合所.以.5.答案：A解析：设，则，所以，.因为，所以，解得，所以，所以，所以异面直线CM与所成角的余弦值为.6.答案：B解析：,切点为,所以切线方程为,即.7.答案：B解析：因为复数（，i是虚数单位），若，所以，解得.所以，故的虚部是.故选：B.8.答案：C解析：根据题意，设点G、H、P的位置如图所示：要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条，可分为两种情况：矩形的边不在CD上,共有个矩形;矩形的一条边在CD上, 共有个矩形;故图中共有个矩形.故选:C.二、多项选择题9.答案：AC解析：因为，所以，则，故A正确；易得，又，所以，则，故B错误；易知，所以，故C正确；易知，所以，故D错误.故选AC.10.答案：ABC解析：本题考查对数函数，指数函数、二次函数的图象与性质.因为，所以，又，所以，因为函数在上单调递增，所以，即A，B，C不正确，D正确，故选ABC.11.答案：ABD解析：设，则.A项，若，则，所以或，若，则满足，此时z为实数；若，则，此时，不合题意，所以只能，故A项正确；B项，若，则，所以或，若，则，不合题意；若，则，此时，符合题意，即是虚数，故B项正确；C项，若z是虚数，取，则，不满足，故C项错误；D项，z是纯虚数，则，故D项正确.12.答案：AC解析：由题意，知，.，平面，故A正确；，且，不是平面的法向量，故B不正确；，又，是平面的一个法向量，故C正确；，且，不是平面的法向量，故D不正确.三、填空题13.答案：0解析：由函数的最小正周期为，得，所以.将的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），所得图象对应的函数解析式为，则由题意知，得，又，所以.14.答案：二解析：因为，所以z对应的点位于第二象限.15.答案：100解析：得则.16.答案：3解析：设的中点为，连接，显然平面，所以为线段在平面内的射影，为与平面所成的角，所以，所以在中，.四、解答题17. (10分)答案：（1）；（2）.解析：（1）由可得，结合正弦定理与余弦定理可得：，即，即，解得.（2）由余弦定理可得：，又，所以，故.18. (12分)答案：(1)(2)解析：(1)设数列的公差为d，(2)由(1)可知，数列的前n项和为，两式作差，得，19.(12分)答案：（1）见解析（2）解析：（1）在正方形ABCD中，又侧面底面ABCD，侧面底面.平面PAD.平面PAD，.是正三角形，M是PD的中点，.又，平面PCD.（2）解：取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF.则，.又在正中，.，平面PEF.正方形ABCD中，平面PEF.是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角.由平面PAD，平面PAD.平面PAD，.设正方形ABCD的边长，则，.，即侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为.20.(12分)答案：(1)(2)圆E的标准方程为或解析：(1)由A，B，C的坐标，得的重心，即.，边AB的高线所在直线方程为；边AC的高线所在直线方程为，即.由得则的垂心.，则的欧拉线的方程为，即.(2)设，圆E的半径为r，解得或.当时，圆心E到直线的距离，解得.圆E的方程为.当时，圆心E到直线的距离，解得.圆E的方程为.综上所述，圆E的标准方程为或.21.(12分)（1）答案：-84解析：由题意得.（2）答案：性质不能推广，性质能推广解析：性质不能推广，如当时，有意义，但无意义.性质能推广，它的推广形式是(，).证明如下：当时，有；当时，有.综上，性质的推广得证.22.(12分)（1）答案：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增解析：因为，函数的定义域为，所以，.当时，所以函数在上单调递增.当时，由，得(负根舍去)，当时，当时，所以函数在上单调递减；在上单调递增.综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.（2）答案：k的取值范围是，证明见解析解析：方法1：由(1)知，当时，在上单调递增，不可能有两个零点，不满足条件.当时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，要使函数有两个零点，首先，解得.因为，且，下面证明.设，则.因为，所以.所以在上单调递增，所以.所以k的取值范围是.方法2：由，得到.设，则.当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增.所以由.因为时，且，要使函数有两个零点，必有.所以k的取值范围是.再证明：方法1：因为，是函数的两个零点，不妨设，令，则.所以即.所以，即，.要证，即证.即证，即证.因为，所以即证，或证.设，.即，.所以.所以在上单调递减，所以，.所以.方法2：因为，是函数有两个零点，不妨设，令，则.所以即.所以，即，.要证，需证.即证，即证.因为，所以即证.设，则，.所以在上单调递减，所以.所以.