乌鲁木齐市第八十中学 2023-2024学年
高三上学期11月月考 数学试题
总分150分 考试时间120分钟
一、单项选择题（8小题每题5分共40分）
1．为虚数单位，复数在复平面内对应的点所在象限为
A．第二象限 B．第一象限 C．第四象限 D．第三象限
2．已知集合,且,则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．某工厂生产甲、乙、丙三种不同型号的产品，产品的数量分别为：460,350,190.现在用分层抽样的方法抽取一个容量为100的样本，下列说法正确的是
A．甲抽取样品数为48
B．乙抽取样品数为35
C．丙抽取样品数为21
D．三者中甲抽取的样品数最多，乙抽取的样品数最少
4．已知函数,满足和是偶函数,且,设,则（ ）
A． B． C． D．
5．已知直线与曲线仅有三个交点，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．函数是上的单调函数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知为锐角，，则（ ）．
A． B． C． D．
8．设等比数列的前项和为,已知成等差数列,且,则（ ）
A．3 B．6 C．8 D．9
二、多选题（共4小题每题五分，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，部分选对的得2分，有选错的得0分。）
9．小淘气找到了一支粉笔，测量后发现该粉笔的形状恰好是正六棱台（正六棱台：棱台的上下底面均为正六边形，所有侧棱延长后交于一点，该点在棱台上、下底面的投影为分别为上、下底面的中心），棱台的高为h．若，，（单位：mm），不考虑其它因素，则（ ）
A．粉笔的体积为
B．若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的正六棱锥，则该棱锥的体积为
C．若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的圆锥，则该圆锥的侧面积为
D．若小淘气将该粉笔磨成一个体积最大的球，则该球的半径为3mm
10．已知点，，，抛物线．过点的直线与交于，两点，直线分别与交于另一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．直线的斜率为
C．若的面积为（为坐标原点），则与的夹角为
D．若为抛物线上位于轴上方的一点，，则当取最大值时，的面积为2
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．关于的不等式的解集可以是
B．关于的不等式的解集可以是或
C．函数的图象与轴有一个交点时，必有
D．“关于的方程有一个正根和一个负根”的充要条件是“”
12．某国产杀毒软件的比赛规则为每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次是且各轮考核能否通过互不影响，则（ ）
A．该软件通过考核的概率为
B．该软件在第三轮考核被淘汰的概率为
C．该软件至少能够通过两轮考核的概率为
D．在此次比赛中该软件平均考核了轮
三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）
13．已知函数，图像上的每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，的部分图像如图所示，若，则 .
14．在古代数学中把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽用切割的方法巧妙地推导了方亭的体积公式，如图正四棱台的下底面边长为上底面边长为高为则体积，某景区计划在景区内挖一条景观河，河的横截面为等腰梯形，上口宽米，下口宽米，深米，河的总长度为米(按直线长度计算)，把挖出的土堆成一个正四棱台形状的地基，设计地基的高为米，侧面与底面所成的二面角为则正四棱台地基的下底面边长为 .
15．已知圆与直线相交于A、B两点，则 .
16．已知数列的前项和为，且，则 ．
四、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。）
17．已知，，分别是的内角，，所对的边，且满足，．
（1）求的外接圆的半径；
（2）求的面积的最大值．
18．在等差数列中，已知
（1）求的通项公式；
（2）令，求的前项和．
19．“青年大学习”是共青团中央为持续引导广大青年深入学习宣传贯彻习近平新时代中国特色社会主义思想和党的十九大精神组织的青年学习行动．某市宣传部门为了解全市青年每周利用“青年大学习”了解国家动态的情况，从全市随机抽取名青年进行调查，统计他们每周利用“青年大学习”进行学习的时长（时间单位：分钟），下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图．
（Ⅰ）如果该市有万名青年，根据频率分布直方图，估计全市每周利用“青年大学习”进行学习的时长不低于分钟的青年有多少人？
（Ⅱ）市宣传部门拟从被抽取青年中选出部分青年召开一个座谈会，并作交流发言．办法是：采用分层抽样的方法从学习时长在和的青年中抽取人，且从参会的人中又随机抽取人发言，求学习时长在中至少有人被抽中发言的概率．
20．如图，在直三棱柱中，，，，
（1）证明：当时，求证：平面；
（2）当时，求二面角的余弦值．
21．已知椭圆的方程为（常数），点A为椭圆短轴的上顶点，点是椭圆上异于点A的一个动点．若动点到定点A的距离的最大值仅在点为短轴得另一顶点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知.
(1)若，判断椭圆是否为“圆椭圆”；
(2)若椭圆是“圆椭圆”，求的取值范围；
(3)已知椭圆是“圆椭圆”，且取最大值，点关于原点的对称点为点（点也异于点A），且直线、分别与轴交于、两点．试问以线段为直径的圆是否过定点？证明你的结论．
22．已知函数（）.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若，是函数的两个极值点，且，，求证：.
月考答案：
1．C
【详解】，复数在复平面内对应坐标为，所以复数在复平面内对应的点在第四象限，故选C.
2．D
【分析】本题在计算过程中，首先要考虑集合是空集这种情况，然后再考虑集合不是空集这种情况，最后将两种情况所得结果取并集，得出答案．
【详解】由得：
当时，，所以，满足题意；
当时，（1）所以满足题意，
（2）所以，
综上，，故选D．
3．B
【详解】设甲、乙、丙抽取样品数分别为,
则
解得：，
故选B
4．B
【分析】根据给定条件，探讨函数的性质，再借助性质代入计算作答.
【详解】因和是偶函数，则，且，
因此，所以.
故选：B
5．D
【分析】画出的图像，判断直线与之有三个交点时m的范围即可.
【详解】直线与曲线有三个交点,
等价于直线与曲线有三个交点，
；
或，
据此作出的图像：
当直线介于②和③之间的时候，有三个交点，
②时，直线过(2，0)，m＝2；
③时，直线和椭圆相切，设直线为，
由，
或(舍)，
故，
所以m∈.
故选：D.
6．B
【分析】本题先求，再建立不等式求解即可.
【详解】解：因为，所以，
因为函数是上的单调函数，
所以，解得：
故选：B.
7．D
【分析】根据二倍角公式（或者半角公式）即可求出．
【详解】因为，而为锐角，
解得：．
故选：D．
8．C
【分析】设等比数列的公比为,分与结合成等差数列利用等比数列求和公式求得,再根据等比数列各项间的关系求解即可.
【详解】设等比数列的公比为,首项是,
当时,有、、,不满足成等差数列；
当时,因为成等差数列,所以,
化简得,解得或（舍去）,
则,故,
即,故.
故选：C
9．BC
【分析】根据空间几何体的体积公式以空间几何体的内接球依次求解各项的正误.
【详解】对选项A：棱台上底面面积，，
由棱台体积公式，
故，选项A错误；
对选项B：体积最大的正六棱锥底面为ABCDEF，高为，故底面积，由棱锥体积公式，故，选项B正确；
对选项C：体积最大的圆锥底面为正六边形ABCDEF的内切圆，高为，此时底面半径为，圆锥的母线长，
故圆锥侧面积，选项C正确；
对选项D：先将正六棱台侧棱延长交于一点P得到正六棱锥，正六棱锥的内切球即为可以磨成的体积最大的球，对于正六棱锥，设高为H，则，代入，故，
以内切球球心I为顶点将正六棱锥分割为7个小的棱锥，分别为，，，，，，
分割前正六棱锥的体积为
若内切球半径为r，则7个小的棱锥的体积之和为
由等体积法：，故，且，选项D错误．
10．ACD
【分析】A选项：，直线的方程为，由直线过点 得即可解决；
B选项：设，得直线的方程为直线过点 得，同理即可解决；
C选项：得，设，，又得即可；
D选项：过作垂直抛物线的准线于点，由抛物线定义得直线与抛物线相切时，最大，设直线.得即可.
【详解】A选项：易知，，
所以直线的方程为，（利用两点式求解直线的方程）
因为直线过点，
所以，A正确．
B选项：设，，
所以直线的方程为，
因为直线过点，所以，
同理可得，
所以，故B错误．
C选项：，（利用B选项中）
设，则，
因为，
所以，所以与的夹角为，故C正确．
D选项：易知为抛物线的焦点，过作垂直抛物线的准线于点，
如图
由抛物线的定义知，，即，
当取最大值时，取最小值，（正弦函数的单调性的应用）
即直线与抛物线相切．
设直线的方程为，
由得，
所以，解得，
此时，即，
所以，又点在轴上方，故，
所以，故D正确．
故选：ACD
11．ABD
【分析】根据不等式的解集求出参数的值，即可判断A、B，利用特殊值判断C，根据根的分布、充要条件的定义可判断D．
【详解】对于A：若关于的不等式的解集是，
则且，得，
当，时，不等式，即，解得，符合题意，故A正确；
对于B：若关于的不等式的解集是或，
则且、为方程的两根，所以，解得，故B正确；
对于C：当，时函数的图象与轴有一个交点，此时，故C错误；
对于D：若关于的方程有一个正根和一个负根，则，解得，
若，则，故关于的方程有两个不等的实根，
且，即关于的方程有一个正根和一个负根．
因此“关于的方程有一个正根和一个负根”的充要条件是“”，故D正确．
故选：ABD．
12．ABD
【分析】设事件，2，3，表示“该软件能通过第轮考核”，由已知可得，，，，再利用互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式以及对立事件的概率公式一一计算可得．
【详解】解：设事件，2，3，表示“该软件能通过第轮考核”，
由已知得，，，，
该软件通过考核的概率为；
该软件在第三轮考核被淘汰的概率为，故选项B正确；
该软件至少能够通过两轮考核的概率为，故选项C不正确；设在此次比赛中，该软件考核了轮，∴的可能取值为1，2，3，4，，，，，∴，故选项D正确．
故选：ABD
13．
【分析】根据伸缩变换求出的解析式，利用向量关系得到，利用周期公式进行求解即可．
【详解】把图像上的每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，
可得图像．
的周期，
，，
即，则，
即是等腰直角三角形，则，即，
即，解得．
故答案为：．
14．米
【分析】由已知条件知地基体积，且，代入正四棱台的体积公式求即可.
【详解】由题意知：，
∵，侧面与底面所成的二面角为
∴，即，
综上，有，整理得，
∴或(舍).
故答案为：米
15．2
【分析】确定圆心和半径，计算圆心到直线的距离为，再计算弦长得到答案.
【详解】圆，即，圆心，半径，
圆心到直线的距离为，故.
故答案为：2
16．/
【分析】求出的前几项，发现数列是周期数列，周期为，且，所以，代入即可得出答案.
【详解】，，
，，
因为，
所以数列是周期数列，周期为，因为，
所以.
故答案为：.
17．（1）；（2）.
【解析】（1）根据，由正弦定理整理得到，再由余弦定理得，进而得到，然后由求解.
（2）结合（1）和，利用基本不等式可得，然后由求解.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
由余弦定理得，
所以.
设的外接圆的半径为R.
因为，即，
解得.
（2）因为，且，
所以，即，
所以，
当且仅当时取等号.
故的面积的最大值为.
18．（1）；（2）
【解析】（1）设等差数列的首项为，公差为，根据解关于和的方程组即可.
（2）先求出，知是由等差数列和等比数列组成的数列，所以用分组求和的方法求的前项和．
【详解】解：（1）设等差数列的首项为，公差为，
则，
解得，
．
（2）由（I）得,则
.
19．（Ⅰ）万人；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）由频率分布直方图计算可得学习时长不低于分钟对应的频率，由频率和频数关系可求得结果；
（Ⅱ）由频率分布直方图可确定抽样比，由此确定人中，学习时长在和的人数，由古典概型概率公式计算可得随机抽取人的学习时长均为的概率，由对立事件概率公式计算可得结果.
【详解】（Ⅰ）由频率分布直方图知：学习时长不低于分钟对应的频率为，
全市学习时长不低于分钟的青年有万人.
（Ⅱ）由频率分布直方图知：学习时长在和的频率之比为；
人中，学习时长在的有人，学习时长在的有人，
从人中随机抽取人，学习时长均为的概率为，
学习时长在中至少有人被抽中发言的概率为.
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）由题易证得平面，进而，再结合勾股定理得，故平面；
（2）由（1）可知以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】解：（1）证明：∵直棱柱，
∴平面
∵平面，∴
∵且，
∴平面
∵平面，
∴，
又，，由勾股定理可得，
∵，
∴平面；
（2）由（1）可知，两两垂直，
所以以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即
令，则，，所以可取，
同理设平面的一个法向量为，
则，即，故令得，
所以，
所以锐二面角的余弦值为
21．(1)椭圆不是“圆椭圆”
(2)
(3)过定点，证明见解析
【分析】（1）设，整理可得，结合二次函数分析运算；
（2）整理得，根据题意结合二次函数分析运算；
（3）设，根据题意求点的坐标，再根据垂直关系分析运算即可．
【详解】（1）由题意可得：椭圆的方程为，
设，则，即，
则，
∵开口向下，对称轴，
∴当时，取得最大值，
故椭圆不是“圆椭圆”.
（2）由题意可得：椭圆的方程为，
设，则，即，
则，
由题意可得：，当且仅当取到最大值，
∵，则，
则开口向下，对称轴，
可得，解得，
∴的取值范围为.
（3）过定点，理由如下：
由（2）可知：，则椭圆的方程为，
设，可得
则直线的斜率，方程为，
令，解得，即点，
同理可得点，
设点，
则，
若点在以线段为直径的圆上，则，
可得，
若上式对任意的恒成立，则，解得，
故以线段为直径的圆是过定点.
22．（1）的单调递增区间为和，单调减区间为，（2）证明见解析
【分析】（1）求出原函数的导函数，把代入，由，可得函数的单调区间；
（2）由于函数有两个极值点，，则，是的两个不等实根，利用根与系数的关系把与用含有的代数式表示，可得，设，利用导数求出其最小值即可
【详解】（1）解：由，得，
当时，，
由，得，解得或，
由，得，解得，
所以的单调递增区间为和，单调减区间为，
（2）证明：由函数有两个极值点，，所以，是方程的两个不等实根，
所以，则，
所以，
，
令，
则，
所以在上单调递减，则，
所以
