新民市高级中学2023-2024学年高三上学期10月月考
数学试卷
一．选择题（共8小题每题5分）
1．已知集合，则 =（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足（其中是虚数单位），复数的共轭复数为 ，则（ ）
A．的实部是 B．的虚部是
C．复数在复平面内对应的点在第四象限 D．
3．已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，是边长为3的等边三角形，在线段上，且，为线段上一点，若与的面积相等，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点，且，则的最小值为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．7
8．函数，则函数的零点个数是（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
二、多选题（共4小题每题5分）
9．已知，则下列叙述中正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．若函数的最小值为6，则的值为4
C．若，则
D．若向量，，则
10．在平行四边形中，，，交于且，则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．
11．已知等差数列的首项为1，公差，前项和为，则下列结论成立的是（ ）
A．数列的前10项和为100
B．若成等比数列，则
C．若，则的最小值为6
D．若，则的最小值为
12．已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．若方程有两个不同的解，则
B．若与的图象有且仅有一个公共点， 则或
C．对任意，都有恒成立
D．
三、填空题（共4小题每题5分）
13．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与的非负半轴重合，终边过点，则______．
14．已知向量，若，则与的夹角余弦值为______．
15．已知，若函数的图像如图所示，则
______．
16．已知四边形，为边 边上一点，连接交于，点满足，其中是首项为1的正项数列，，则的前项=______．
四、解答题（共6小题17题10分其余每题12分）
17．如图，在中，角所对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若为边上一点，，求的长．
18．已知，设
（1）求当取最大值时，对应的x的取值；
（2）若，且，求t的值．
19．已知数列，为的前项和，．
（1）证明：是等比数列；
（2）设，求数列的前项和为．
20．在锐角中，角所对的边分别为，已知．
（1）求的取值范围；
（2）若是边上的一点，且，求面积的最大值．
21．已知递增数列的前项和为，且，数列满足，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）记，数列的前项和为。若不等式对一切恒成立，求的取值范围．
22．已知函数（为自然对数的底数）．
（1）证明：当时，；
（2）证明：在区间内有4个零点；
（3）记（2）中的4个零点为，且，求证：．
参考答案
1．【答案】 C
【解答】解：∵，
∴．故选： C．
2．【答案】 A
【解答】解：由已知可得复数，
所以复数的实部为，故A正确，
复数的共轭复数，虚部为，其在复平面内对应的点在第一象限，故B错误，C错误， ，故D错误，故选：A．
3．【答案】 D
【解答】解：∵数列是等差数列，数列是等比数列，且，，
∴，可得，则，可得，，故选：D．
4．【答案】 C
【解答】解：函数，可知函数是奇函数，排除选项B，当时，，排除A，时，排除D．故选：C．
5．【答案】 A
【解答】解：由题意，可知：．，最大，都小于1．∵；而，∴a
【解答】解：过作，交于，设到的距离为，
则，由已知得，
故为的中点，，
故
故选：D．
7．【解答】解：由题意得， 即，得，
得，当且仅当，即时，取等号，故选：B．
8．【答案】 B
【解答】解：作出函数的图象如图所示，
当时，只有一个根，
当时，有二个根，
当时，有三个根，
当时，有二个根，
令，
的零点即为的根，
作出两函数与可知两函数有两交点，，且
所以函数的零点个数是5个．故选：B．
二、多选题（共4小题）
9．【答案】 AB
【解答】解：对于A：∵，∴或，∴是的充分不必要条件，故A正确，对于B，∵，∴，
∴函数，当且仅当，即时，等号成立， ∴，解得，故B正确，
对于C，当时，则，故C错误，
对于D，当时，满足，，但不一定成立，故D错误，
故选： AB．
10．【答案】 BCD
【解答】解：对于选项A：，故选项A不正确；
对于选项B：易证明，所以，所以，故选项B正确：
对于选项C：，即，所以，
所以，解得
因为， 所以，故选项C正确．
对于选项D：
，故选项D正确．
故选： BCD．
11．【答案】 AB
【解答】解：由题设可得：
∵，∴数列的前10项和为，故选项A正确；
又若成等比数列，则，即，解得，故选项B正确：
∵，
∴
由可得：，故选项C错误；
又，由等差数列的性质知，
∴，当且仅当时取“=”，等号取不到，即，故选项D错误，故选：AB．
12．【答案】 BCD
【解答】解：， 故在递增，递减，其图像如下：
易得若有两个不同解，则， 则，故A错误，
当时， 与显然有且仅有1个交点，
当时，则与相切时，有且仅有1个交点，
设切点为，切线方程为，
将原点代入：则，
故或，则B正确：
∵恒成立，在上单调递减，
∴，故C正确：
，
即比较与大小，又因为，在递减，故，D正确，
故选：BCD．
三、填空题（共4小题）
13．【答案】
【解答】解：∵终边过点， ∴，
∴ ．故答案为：．
14．【答案】
【解答】解：∵向量， 若，则，
∴，
∴与的夹角余弦值为，故答案为：．
15．【答案】 ．
【解答】解：∵ ，
∴由图像知，∴，
由五点作图法可知，，∴，∴，
∴
∴，又，
∴，故答案为：．
16．【答案】 ．
【解答】解：∵，
∴，又三点共线，
∴，∴，又，
∴是以首项为4，公比为2的等比数列，∴， ∴ ，
∴，∴ ，
又，∴， 又．
∴，∴．
故答案为：．
四．解答题（共6小题）
17．【解答】解：（1）∵，由正弦定理-，
得，即，
即．
∵，∴，∴， 即，
又∵，∴。 （2）中，，
∴．∵，∴．
在中，，，
∴由正弦定理，得，∴．
18．【答案】（1）（2）．
【解答】解：（1）因为，
当时取最大值1
此时，即时，取最大值 1，
所以当取最大值时对应的的取值集合为．
（2）因为，所以，
又，
所以，
所以
19．【答案】（1）证明见解答：（2）．
【解答】解：（1）证明：∵为的前项和，
又，∴，
∴，∴，
又，∴，
∴， 又，∴是以2为首项，2为公比的等比数列；
（2）由（1）可得， 又，
∴，∴，
∴1，∴，
∴，
∴．
20． 【答案】（1） ．（2）．
【解答】解：（1）因为，
故，
整理得到：，即，
故，而为三角形内角，故，
所以，故，而为锐角三角形内角，故，
可
，
因为三角形为锐角三角形，故，故，
故，故，
可得的取值范为围．
（2）由题设可得，故，整理得到，
故，即，
整理得到：，
当且仅当时等号成立，故，
故三角形面积的最大值为．
21．【答案】（1）；（2）．
【解答】解：（1）①，
当时，，解得，
②，
②-①得，
所以，因为，是递增数列，所以，
所以，即，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
因为，
所以数列是首项为1的等比数列，
所以，即，可得，
所以．
（2）由题意可知，，
由已知，，可得，
设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，
所以，
当为奇数时，，
所以，当为偶数时，，
所以，
由，得，
即，
当为偶数时，对一切偶数成立，所以，
当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时，
故对一切恒成立，则，
所以入的取值范围是．
22． 【答案】（1）证明详情见解答．
（2）证明详情见解答．
（3）证明详情见解答．
【解答】解：（1）证明：由条件可得，
设，则，
因为，所以，所以单调递减，
又，所以，即所以单调递减，
又，所以．
（2）证明：由（1）当时，令得，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
当时，单调递减，当时，单调递增，
当时，单调递减，
又， ，
所以存在使得，
，，单调递减，，，单调递增，
，，单调递减，，，单调递增，
，，单调递减，
又，
所以或，
使得，所以在上有4个零点．
（3）证明：由（2）知，，又，
所以， 又，所以，
所以要证，即证，即证，
因为，所以x，
又，所以，
所以，
又因为，单调递减，
又，所以，
所以在上单调递减，所以只需证，
又，
又，所以，
所以，
所以，所以，综上所述，．
