数学参考答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届河南省焦作市博爱县第一中学高三上学期10月月考_河南省焦作市博爱县第一中学2024届高三上学期10月月考数学

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 B(0,4,0) B (0,4,h) M(2 2,2,h) 解析：设 ，则 ， ， 1 ，所以 ， (cid:2) (cid:2) AB(4 2,4,h) CB (0,4,h) AB CB 1 ， 1 .因为 1 1，所以 ，解得 (cid:2) CM (2 2,2,4) ，所以 ， ， ，所以 (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) ABCM 16816 3 7 cos AB,CM  (cid:2)1 (cid:2)   1 AB |CM | 82 7 14 AB 1 ，所以异面直线CM与 1 所成角的余 3 7 弦值为 14 . 6.答案：B 学科网（北京）股份有限公司解析： ,切点为 , , 所以切线方程为 ,即 . 7.答案：B 解析：因为复数z ai（ ，i是虚数单位），若 z  10，所以 z  a2 1 10，解得 . a 3 1 1 3i 3 1     i 所以 ， z 3i 3i3i 10 10 1 1 故 的虚部是 .故选：B. z 10 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： ①矩形的边不在CD上,共有 个矩形;②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. 学科网（北京）股份有限公司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 ， ，z2 b2i2 b2 0，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 . 学科网（北京）股份有限公司将 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 2i1i 解析：因为z  1i，所以z对应的点位于第二象限. 1i1i 15.答案：100 a 1, 1  解析： 得d 2, 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： ， 学科网（北京）股份有限公司又 ，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， . 学科网（北京）股份有限公司， 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 . x y20 20.(12分)答案：(1) (x3)2 (y5)2 11 (x1)2 (y3)2 11 (2)圆E的标准方程为 或 130 532  4 10 G , G  ,     解析：(1)由A，B，C的坐标，得△ABC 的重心  3 3 ，即  3 3  . ， ， 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， ， ， 学科网（北京）股份有限公司， 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①不能推广，性质②能推广 C1 C 21 解析：性质①不能推广，如当x 2时， 2 有意义，但 2 无意义. 性质②能推广，它的推广形式是 Cm x Cm x 1 Cm x  1 1 (xR ，mN).证明如下： 当m0时，有 C0 x C1 x 1xC1 x1； 当m1时，有 Cm Cm1 x x x(x1)(xm1) x(x1)(x2)(xm)   m! (m1)! x(x1)(xm1) xm  1   m!  m1 (x1)x(x1)(xm1)  (m1)! Cm1 x1. 学科网（北京）股份有限公司综上，性质②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.  1   ,0   （2）答案：k的取值范围是 2e ，证明见解析 f x 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.   0, 2k 当k 0时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，   1 f x  f 2k ln 2k  所以 min 2， 1 f x ln 2k  0 要使函数 有两个零点，首先 min 2 ，解得 . 2k  2k 1 因为 ，且 ， 1 f 2kln2k 0 下面证明 4k . 1 1 4k1 gk   设 ，则 k 4k2 4k2 . 学科网（北京）股份有限公司2  1 gk 1  1  4k1  e 0 因为 ，所以 k 4k2 4k2 4k2 .  1   ,0   所以 在 2e 上单调递增， 所以 .  1   ,0   所以k的取值范围是 2e . 方法2：由 ，得到k  x2lnx. gx x2lnx1 设 ，则 . gx0 gx0 当 时， ，当 时， ，  1   0,e 2  所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.   1  1   gx   ge 2  min 2e 所以由   . gx0 因为 时， ，且 ， f x 要使函数 有两个零点，必有 .  1   ,0   所以k的取值范围是 2e . 再证明 ： x f x x tx 方法1：因为 1， 是函数 的两个零点，不妨设 ，令 2 1 ，则 .  k lnx  0,   1 x2 1  k  lnx  0,  2 x 2 所以 2 即 . 所以 ，即 ， ， . 要证 ，即证 . 学科网（北京）股份有限公司即证 ，即证 . 因为 ，所以即证 ， 或证 . 设 ， . 2 1 ht8lntt2 2t  即 t t2 ， . 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 ， . 学科网（北京）股份有限公司所以 在 上单调递减， 所以 . 所以 . 学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司