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第三师图木舒克市第一中学高三 11 月月考数学问卷
满分150分，考试时间120分钟
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. 设集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的交集，可得答案.
【详解】由题意， .
故选：A.
2. 已知复数 满足 ， 为虚数单位，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的乘法运算，先化简复数 ，再结合共轭复数的定义可得出答案.
【详解】由 ，可得
所以
故选：B
3. 命题“ ， ”的否定是（ ）．
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】由全称命题的否定为特称命题，即得.
【详解】由全称命题的否定可知：“ ， ”的否定是“ ， ”.
故选：A.
4. 已知向量 满足 ，则 （ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答.
【详解】向量 满足 ，
所以 .
故选：B
5. 如图，在正方体 中，异面直线 与 所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将 平移到与 相交，求所成的角，即异面直线所成的角.
【详解】正方体中， ，所以 与 所成的角即异面直线 与 所成的角，
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学科网（北京）股份有限公司因为 为正三角形，所以 与 所成的角为 ，
所以异面直线 与 所成的角为 .
故选：C.
6. 已知 为递增的等比数列，且满足 ， ，则 （ ）
A. B. 1 C. 16 D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】首先化简等式，并结合等比数列的性质求得 ，再根据等比数列的基本量求 .
【详解】由题意， ，
联立 ，则 或
因为 是递增的数列，得 ，
设等比数列 的公比为 ，则
.
故选：C.
7. 纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通､安全法规各项要求的车辆，它
使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向．研究发现
电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量C、放电时间t和放电电流I之
间关系的经验公式： ，其中 为与蓄电池结构有关的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变
的条件下，当放电电流为 时，放电时间为 ；当放电电流为 时，放电时间为 ，则该蓄电
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学科网（北京）股份有限公司池的Peukert常数 约为（ ）（参考数据： ， ）
A. 0.82 B. 1.15 C. 3.87 D. 5.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得 ，再结合对数式与指数式的互化及对数运算即可求解.
【详解】根据题意可得 ，两式相除可得 ，
所以 ，可得
.
.
故选：B
8. 已知数列 满足 ，则数列 的前40项和 （
）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知，根据题意由 可得：
，从而计算 ，由
递推可得： ，结合
可得： ，从而计算
，将两组和合并即可完成求解.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】由已知，数列 满足 ①， ②，
② ①得； ，
所以 ，
由 递推可得： ③，
③ ②得； ，
，
所以
.
故选：D.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径 相等，下列结论正确的是（
）
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学科网（北京）股份有限公司A. 圆柱的侧面积为
B. 圆锥的侧面积为
C. 圆柱的侧面积与球的表面积相等
D. 圆柱、圆锥、球的体积之比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】分析出圆柱的底面半径、高以及圆锥的底面半径、高和母线长，利用圆柱、圆锥的侧面积公式、
球体的表面积，圆锥、圆柱、球体的体积公式逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】由题意可知，圆柱的底面半径为 ，高为 ，圆锥的底面半径为 ，高为 ，
对于A选项，圆柱的侧面积为 ，A错；
对于B选项，圆锥的母线长为 ，
所以，圆锥的侧面积为 ，B对；
对于C选项，球的表面积为 ，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，C对；
对于D选项，圆柱的体积为 ，圆锥的体积为 ，
球的体积为 ，
因此，圆柱、圆锥、球的体积之比为 ，D对.
故选：BCD.
10. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 当 时， 有两个极值点
B. 当 时， 的图象关于 中心对称
C. 当 ， 时， 有三个零点
D. 当 在 上单调时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】取 且 ，分析函数 的单调性，可判断A选项；利用函数对称性的定义可判断B选
项；利用函数的单调性与零点存在定理可判断C选项；利用函数单调性与导数的关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，当 且 时， ，则 对任意的 恒成立，
此时，函数 在 上为增函数，无极值点，A错；
对于B选项，当 时， ，该函数的定义域为 ，
且 ，
所以，当 时， 的图象关于 中心对称，B对；
对于C选项，当 ， 时，则 ，该函数的定义域为 ，
，
由 可得 ，由 可得 或 ，
所以，函数 的单调递增区间为 、 ，单调递减区间为 ，
函数 的极大值为 ，极小值为 ，
又因为 ， ，
则 ， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司由零点存在定理可知，函数 有三个零点，C对；
对于D选项，因为 ，则函数 的图象开口向上，
所以，若 在 上单调，则 在 上只可能单调递增，不可能单调递减，
所以，对任意的 ， ，则 ，可得 ，D对.
故选：BCD.
11. 已知函数 的图象关于直线 对称，则（ ）
A.
B. 函数 在 上单调递增
C. 函数 的图象关于点 成中心对称
D. 若 ，则 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】首先利用函数的值求出函数的关系式，进一步利用正弦型函数性质的应用判断A、B、C、D的结
论．
【详解】解：对于函数 的图象关于 对称，
故 ，
由于 ，所以 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司故 ，
所以 ；
对于A：由于 ，所以 ，故A错误；
对于B：由于 ，故 ，故函数在该区间上单调递增，故B正确；
对于C：当 时， ，故C错误；
对于D：若 ，则 的最小值为 ，故D正确．
故选：BD．
12. 如图，已知正方体 的棱长为 ， 为底面 内（包括边界）的动点，则下列
结论正确的是（ ）．
A. 三棱锥 的体积为定值
B. 存在点 ，使得
C. 若 ，则 点在正方形底面 内的运动轨迹长为
D. 若点 是 的中点，点 是 的中点，过 ， 作平面 平面 ，则平面 截正方体
的截面面积为
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学科网（北京）股份有限公司【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等体积法可计算出三棱锥 的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对
应点的坐标与向量的坐标，设 ，根据垂直得向量数量积为 列式，从而判断选项B，C，利用线
面垂直的判定定理得 平面 ，再证明四点共面，从而得平面 ，再由面面平行的性质可得平
面 截正方体 的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D.
【详解】对于A，由等体积法 ，三棱锥 的高为 ，
底面积 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积为定值，A正确；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ， ， ， ， ， ，
， ，
若 ，则 ，
即 ，取 ，此时点 与点 重合，满足题意，
所以存在点 ，使得 ，B正确；
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学科网（北京）股份有限公司对于C， ，若 ，
，即 ，
所以点 的轨迹就是线段 ，
轨迹长为 ，C错误；
对于D，如图取 中点 ，连接 ，
由题可得 ， 平面 ，
连接 ，因为 ， 平面 ，
则 ， ，又 ，
平面 ，则 平面 ，
又取 中点为 ，则 ，
有 四点共面，则平面 即为平面 ，
又由两平面平行性质可知， ， ， ，
又 都是中点，故 是 中点， 是 中点，
则平面 截正方体 的截面为正六边形，
又正方体棱长为 ，则 ，
故截面面积为 ，D正确.
故选：ABD
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学科网（北京）股份有限公司三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量 ，若 ，则 的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示，再利用基本不等式“1”的妙用求解即得.
【详解】向量 ，由 ，得 ，即 ，又 ，
因此 ，
当且仅当 时取等号，
所以当 时， 取得最小值 .
故答案为：
14. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所
得棱台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体
的体积公式直接运算求解.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】方法一：由于 ，而截去的正四棱锥的高为 ，所以原正四棱锥的高为 ，
所以正四棱锥的体积为 ，
截去的正四棱锥的体积为 ，
所以棱台的体积为 .
方法二：棱台的体积为 .
故答案为： .
15. 已知直三棱柱 的所有顶点都在球O的球面上， ，
则球的表面积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设 和 外接圆的圆心为 ， ，则球心 为 的中点，在 中由正弦定理
可求得其外接圆半径，结合球的性质可求球的半径，进而求得其表面积．
的
【详解】设 和 外心分别为D，E．由球的性质可得三棱柱 的外接球的球
心 O 是线段 的中点，连接 ，设外接球的半径为 R， 的外接圆的半径 r，因为
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学科网（北京）股份有限公司，由余弦定理可得 ， 由正
弦定理可得 ，所以 ，
而在 中，可知 ，即 ，
因此三棱柱外接球的表面积为 ．
故答案为： ．
16. “数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，并且高斯研究出很多数学
理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法､每一个 阶代数方程必有 个复数解等.若函数
，设 ，则
__________.
【答案】46
【解析】
【分析】先证 ，由倒序相加法可得通项，然后可解.
【详解】因为函数 的定义域为 ，
设 是函数 图象上的两点，其中 ，且 ，则有
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学科网（北京）股份有限公司，
从而当 时，有： ，当 时，
，
，
相加得
所以 ，又 ，
所以对一切正整数 ，有 ；
故有 .
故答案为：46.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 记 为等差数列 的前 项和，已知 ， ．
（1）求 的通项公式；
（2）求 ，并求 的最小值．
【答案】（1） ；（2） ，最小值为–16．
【解析】
【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果；
（2）方法二：根据等差数列前n项和公式得 ，根据二次函数的性质即可求出.
【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】 公式法
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学科网（北京）股份有限公司设等差数列 的公差为 ，由 得， ，解得： ，所以 ．
[方法二]：函数+待定系数法
设等差数列 通项公式为 ，易得 ，由 ，即 ，即 ，
解得： ，所以 ．
（2）[方法1]：邻项变号法
由 可得 ．当 ，即 ，解得 ，所以 的最小值为
，
所以 的最小值为 ．
[方法2]：函数法
由题意知 ，即 ，
所以 的最小值为 ，所以 的最小值为 ．
【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n项和公式求出公差，即可得到通项
公式，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n项和的性质，用待定系数法解方程
组求解；
（2）方法一：利用等差数列前n项和公式求 ，再利用邻项变号法求最值；
方法二：利用等差数列前n项和公式求 ，再根据二次函数性质求最值．
18. 已知函数
（1）求 的值；
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学科网（北京）股份有限公司（2）设 ，求 的值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数 知，把 代入 运算即可；
（2）先由条件 ，计算出 ， 的值，
然后代入 的展开式运算即可.
【小问1详解】
， .
【小问2详解】
，
，
又
，
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学科网（北京）股份有限公司19. 如图，在四棱锥 中， ，四边形 是菱形， ，
是棱 上的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）证明： 平面 .
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）连接 ，易知 ，利用线面平行的判定定理即可证明 平面 ；
（2）利用菱形性质以及勾股定理即可证明 平面 ，再由线面垂直性质利用线面垂直判定定理即
可得出证明.
【小问1详解】
取 的交点为 ，连接 ，如下图所示：
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学科网（北京）股份有限公司由四边形 是菱形可知， 是 的中点，
又 是棱 上的中点，可得 是 边的中位线，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
【小问2详解】
由四边形 是菱形可知 ，
又 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ；
由 可知满足 ，所以 ；
易知 平面 ，且 ，
所以 平面 .
20. 在 中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若
（1）求角A的大小；
（2）若 ，求中线AD长的最大值（点D是边BC中点）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理结合两角和得正弦公式即可求出结果；
(2)利用余弦定理求出 ，再利用平面向量关系化简即可求出结果.
【小问1详解】
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学科网（北京）股份有限公司因为 ，
由正弦定理可得： ,
即 ，
,
因为 ，所以 ，
所以 ，
因为 ,所以 .
【小问2详解】
由（1）得 ，
则 ，
所以 ，即 ，
当且仅当 时等号成立，
因为点D是边BC中点，
所以 ,
两边平方可得： ,
则 ，
所以 ，
中线AD长的最大值为 .
21. 已知正项等比数列 的前 项和为 ，且 成等差数列.
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学科网（北京）股份有限公司（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 .
【答案】21. ；
22. ．
【解析】
【分析】（1）根据等比数列的通项公式与前 项和公式列方程组求得 和公比 后可得通项公式；
（2）求出 后，由错位相减法求和．
【小问1详解】
设 的公比为 ， ，易知 ，
由题意 ，解得 ( 舍去)，
∴ ；
【小问2详解】
由（1） ，
，
则 ，
两式相减得 ．
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学科网（北京）股份有限公司所以 ．
22. 已知 ，设函数 ， 是 的导函数.
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在区间 上存在两个不同的零点 ， .
①求实数 的取值范围；
②证明： .
【答案】（1）
（2）① ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）导数几何意义求切线方程即可；
（2）①设 ，因为 ，所以 与 零点相同，根据 的单调性与极
值情况来确定 的范围；
②根据题意，利用放缩构造等思路结合导数，求出 的范围.
【小问1详解】
由题设 ，则 ，且 ，
所以 ， ，则在点 处的切线方程为 ，即 .
【小问2详解】
①当 时 等价于 ，
设 ，则 ．
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学科网（北京）股份有限公司当 时 单调递减；当 时 单调递增；
所以，当 时 ，
因为 在 上存在两个不同的零点 ，则 ，解得 ．
当 时，取 ，则 ，
故 ，又 ，
所以 在 和 上各有一个零点，故 ．
②因为 ，所以 ，
结合 知： ．
设 ，则 ，在 上 ，在 上 ，
所以 在 上递增，在 上递减，故 ，即 ，
所以 ，即 ，当 时取等号，
所以 ．
由①知， 在 上单调递增，且 ，所以 ，即 ．
因为 在 上是减函数，且 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，得证.
【点睛】方法点睛：一是利用导数研究含参函数 的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数
形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
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学科网（北京）股份有限公司
