2024屆-高三數(shù)學(xué)-月考試題

2024屆高三新課標(biāo)月考試題三數(shù)學(xué)適用地區(qū)：新課標(biāo)地區(qū)考查范圍：集合、邏輯、函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、三角、向量、數(shù)列、不等式、立體幾何、解析幾何本試卷分第一卷〔選擇題〕和第二卷〔非選擇題〕兩局部.考生作答時(shí)，將答案答在答題卡上.在本試卷上答題無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.本卷須知：1.答題前，考生務(wù)必先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上，認(rèn)真核對(duì)條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上.2.選擇題答案使用2B鉛筆填涂，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)；非選擇題答案使用0.5毫米的黑色中性〔簽字〕筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚.3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題的答題區(qū)域〔黑色線框〕內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效.4.保持卡面清潔，不折疊，不破損.第一卷一、選擇題〔本大題共12小題，每題5分，總分值60分.在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合題目要求的.〕1.〔2024·北京東城二?！臣僭O(shè)集合，且，那么集合可能是〔〕 A.B.C.D.2.〔2024·昆明第一中學(xué)一摸〕設(shè)α是第二象限角,為其終邊上的一點(diǎn),且,那么=〔〕 A. B. C. D.3.〔理〕〔2024·瓊海模擬〕設(shè)是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，給出以下四個(gè)命題： ①假設(shè)；②假設(shè) ③假設(shè)；④假設(shè). 其中正確命題的個(gè)數(shù)是〔〕 A.1 B.2 C.3D.〔文〕〔2024·瓊海模擬〕一個(gè)平面α，l為空間中的任意一條直線，那么在平面α內(nèi)一定存在直線b使得〔〕A.l//bB.l與b相交C.l與b是異面直線D.l⊥b4.〔2024·鄭州質(zhì)檢〕點(diǎn)F、A分別為雙曲線的左焦點(diǎn)、右頂點(diǎn)，點(diǎn)B〔0，b〕滿足，那么雙曲線的離心率為〔〕A.B.C.D.5.〔2024·哈爾濱第六中學(xué)三?！吃O(shè)是方程的解，那么屬于區(qū)間〔〕A.〔0，1〕B.〔1，2〕C.〔2，3〕D.〔3，4〕6.[2024·湖南卷]雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的焦距為10，點(diǎn)P(2,1)在C的漸近線上，那么C的方程為〔〕A.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1B.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,80)－eq\f(y2,20)＝1D.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,80)＝17.[2024·課標(biāo)全國(guó)卷]設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，P為直線x＝eq\f(3a,2)上一點(diǎn)，△F2PF1是底角為30°的等腰三角形，那么E的離心率為〔〕A.eq\f(1,2)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(4,5)8.〔2024·鄭州質(zhì)檢〕假設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足那么z=3x+2y的最小值是()A.0B.1C.D.9.[2024·課標(biāo)全國(guó)卷]如圖1，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，那么此幾何體的體積為〔〕 A.B.C.D.圖110.〔2024·哈爾濱第六中學(xué)三?！持本€與圓交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，那么△EOF〔O是原點(diǎn)〕的面積為〔〕A.B.C.D.11.〔理〕[2024·課標(biāo)全國(guó)卷]三棱錐的所有頂點(diǎn)都在球的球面上，△是邊長(zhǎng)為的正三角形，為球的直徑，且，那么此棱錐的體積為〔〕 A.B.C.D..〔文〕[2024·課標(biāo)全國(guó)卷]平面α截球O的球面所得圓的半徑為1，球心O到平面α的距離為eq\r(2)，那么此球的體積為〔〕A.eq\r(6)πB.4eq\r(3)πC.4eq\r(6)πD.6eq\r(3)π12.〔2024·瓊海模擬〕一個(gè)幾何體的三視圖如圖2所示，其中正視圖是一個(gè)正三角形，那么這個(gè)幾何體的外接球的外表積為〔〕 A. B.C. D. 圖2第二卷二、填空題〔本大題共4小題，每題5分，共20分.將答案填在答題卷相應(yīng)位置上.13.〔2024·鄭州質(zhì)檢〕假設(shè)直線和平行，那么實(shí)數(shù)的值為.14.[2024·課標(biāo)全國(guó)卷]等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，假設(shè)，那么公比q=_______.15.〔2024·鄭州質(zhì)檢〕在△ABC中，a,b,c分別為角A，B，C所對(duì)的邊，S為△ABC的面積.假設(shè)向量p=q=滿足p∥q,那么∠C=.16.[2024·遼寧卷]P，Q為拋物線上兩點(diǎn)，點(diǎn)P，Q的橫坐標(biāo)分別為4，2，過P、Q分別作拋物線的切線，兩切線交于A，那么點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為__________.三、解答題〔本大題共6小題，總分值70分.解答須寫出文字說明、證明過程和演算步驟.〕17.〔本小題總分值10分〕〔2024·長(zhǎng)望瀏寧四縣〔市〕調(diào)研〕函數(shù).〔1〕求函數(shù)的最小正周期；〔2〕當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的取值范圍.18.〔本小題總分值12分〕〔理〕[2024·課標(biāo)全國(guó)卷]如圖3，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)，DC1⊥BD.〔1〕證明：DC1⊥BC； 〔2〕求二面角A1－BD－C1的大小.圖3〔文〕[2024·課標(biāo)全國(guó)卷]如圖3，三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn).〔1〕證明：平面BDC1⊥平面BDC；〔2〕平面BDC1分此棱柱為兩局部，求這兩局部體積的比.圖319.〔本小題總分值12分〕〔2024·瓊海模擬〕各項(xiàng)都不相等的等差數(shù)列的前6項(xiàng)和為60，且為和的等比中項(xiàng).〔1〕求數(shù)列的通項(xiàng)公式；〔2〕假設(shè)數(shù)列滿足，且，求數(shù)列的前項(xiàng)和.20.〔本小題總分值12分〕〔理〕[2024·北京卷]如圖4〔1〕，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分別是AC，AB上的點(diǎn)，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖5〔2〕〔1〕求證：A1C⊥平面BCDE〔2〕假設(shè)M是A1D的中點(diǎn)，求CM與平面A1BE所成角的大小；〔3〕線段BC上是否存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由.圖4〔文〕[2024·北京卷]如圖4〔1〕，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖5〔2〕〔1〕求證：DE∥平面A1CB；〔2〕求證：A1F⊥BE〔3〕線段A1B上是否存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ？說明理由圖421.〔本小題總分值12分〕[2024·安徽卷]如圖5，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，A是橢圓C的頂點(diǎn)，B是直線AF2與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)，∠F1AF2＝60°.〔1〕求橢圓C的離心率；〔2〕△AF1B的面積為40eq\r(3)，求a，b的值.圖522.〔本小題總分值12分〕〔理〕[2024·湖南卷]函數(shù)f(x)＝eax－x，其中a≠0.〔1〕假設(shè)對(duì)一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；〔2〕在函數(shù)f(x)的圖象上取定兩點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，記直線AB的斜率為k.問：是否存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＞k成立？假設(shè)存在，求x0的取值范圍；假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由.〔文〕[2024·湖南卷]函數(shù)f(x)＝ex－ax，其中a＞0.〔1〕假設(shè)對(duì)一切x∈R，f(x)≥1恒成立，求a的取值集合；〔2〕在函數(shù)f(x)的圖象上取定兩點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(x1＜x2)，記直線AB的斜率為k，證明：存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＝k成立. 試卷類型：A2024屆高三新課標(biāo)原創(chuàng)月考試題三答案數(shù)學(xué)1.A【解析】因?yàn)?，所?又因?yàn)榧?，所以集合可能?選A.2.D【解析】因?yàn)棣潦堑诙笙藿?所以.由三角函數(shù)的定義,有,解得.所以.3.〔理〕A【解析】對(duì)于①，可能存在；對(duì)于②，假設(shè)加上條件就正確了；對(duì)于③是正確的；對(duì)于④，直線可能平行，也可能相交或異面；綜上可知，正確的命題只有一個(gè).〔文〕D【解析】當(dāng)或l∥α?xí)r，在平面α內(nèi)，顯然存在直線b使得⊥b;當(dāng)與α斜交時(shí)，只需要b垂直于在平面內(nèi)的射影即可得到.4.D【解析】由，得，所以，即，解得或〔舍去〕.5.C【解析】設(shè),因?yàn)?，，所?所以.6.A【解析】由可得雙曲線的焦距2c＝10，a2＋b2＝52＝25，排除C，D，又由漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x＝eq\f(1,2)x，得eq\f(1,2)＝eq\f(b,a)，解得a2＝20，b2＝5，所以選A.7.C【解析】根據(jù)題意，一定有∠PF1F2＝30°，且∠PF2x＝60°，故直線PF2的傾斜角是eq\f(π,3)，設(shè)直線x＝eq\f(3,2)a與x軸的交點(diǎn)為M，那么|PF2|＝2|F2M|，又|PF2|＝|F1F2|，所以|F1F2|＝2|F2M|.所以2c＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a－c))，即4c＝3a，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,4).應(yīng)選C.8.B【解析】作出不等式組表示的可行域〔如以以下列圖〕，令，可知當(dāng)直線經(jīng)過點(diǎn)時(shí)，取得最小值0，故此時(shí)取得最小值1.9.B【解析】由三視圖可知，該幾何體是三棱錐，底面是斜邊長(zhǎng)為6的等腰直角三角形〔斜邊上高為〕，有一條長(zhǎng)為3的側(cè)棱垂直于底面，所以幾何體的體積為,選B.10.D【解析】因?yàn)閳A心到直線的距離為，那么，又原點(diǎn)到直線的距離為，所以.11.〔理〕A【解析】△的外接圓的半徑，點(diǎn)到面的距離,為球的直徑點(diǎn)到面的距離為,此棱錐的體積為.〔文〕B【解析】由題意，球的半徑為R＝eq\r(12＋\r(2)2)＝eq\r(3)，所以球的體積為V＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.應(yīng)選B.12.D【解析】該幾何體是個(gè)如以以下列圖所示的三棱錐D-ABC，外接球的球心為點(diǎn)，F(xiàn)為AC的中點(diǎn)，設(shè),那么，解得.所以外接球的半徑為，外表積為.13.-3或2【解析】由兩直線平行的充要條件得，解得或.14.【解析】顯然公比，設(shè)首項(xiàng)為，那么由，得，即，即，即，所以，解得.15.【解析】由∥，得,那么.由余弦定理得，故.又由正弦定理得，所以，所以.又，所以.16.－4【解析】由x2＝2y可知y＝eq\f(1,2)x2，這時(shí)y′＝x，由P，Q的橫坐標(biāo)為4，－2，這時(shí)P(4,8)，Q(－2,2),以點(diǎn)P為切點(diǎn)的切線方程PA為y－8＝4(x－4)，即4x－y－8＝0①；以點(diǎn)Q為切點(diǎn)的切線方程QA為y－2＝－2(x＋2)，即2x＋y＋2＝0②；由①②聯(lián)立得A點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－4)，這時(shí)縱坐標(biāo)為－4.17.解：〔1〕因?yàn)?所以函數(shù)的最小正周期為.〔2〕.當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)，即時(shí)，；當(dāng)，即時(shí)，；故函數(shù)的取值范圍是.18.〔理〕解：〔1〕證明：由題設(shè)知，三棱柱的側(cè)面為矩形.由于D為AA1的中點(diǎn)，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.BC?平面BCD，故DC1⊥BC.〔2〕由〔1〕知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，那么BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1兩兩相互垂直.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸的正方向，|eq\o(CA,\s\up6(→))|為單位長(zhǎng)，建立如以下列圖的空間直角坐標(biāo)系C－xyz.由題意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2).那么eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,0，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－1,0,1).設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,z＝0.))可取n＝(1,1,0).同理，設(shè)m是平面C1BD的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DC1,\s\up6(→))＝0.))可得m＝(1,2,1).從而cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(\r(3),2).故二面角A1－BD－C1的大小為30°.〔文〕解：〔1〕證明：由題設(shè)知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1又DC1?平面ACC1A1，所以DC1⊥BC由題設(shè)知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC.又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC.又DC1?平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC.〔2〕設(shè)棱錐B－DACC1的體積為V1，AC＝1.由題意得V1＝eq\f(1,3)×eq\f(1＋2,2)×1×1＝eq\f(1,2).又三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝1所以(V－V1)∶V1＝1∶1.故平面BDC1分此棱柱所得兩局部體積的比為1∶1.19.解：〔1〕設(shè)等差數(shù)列的公差為,那么因?yàn)閿?shù)列的各項(xiàng)都不相等，所以公差.故解得所以.〔2〕因?yàn)?，所以?又滿足上式，所以.所以.故.20.〔理〕解：〔1〕證明：因?yàn)锳C⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C又因?yàn)锳1C⊥CD所以A1C⊥平面BCDE〔2〕如右圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系C－xyz，那么A1(0,0,2eq\r(3))，D(0,2,0)，M(0,1，eq\r(3))，B(3,0,0)，E(2,2,0).設(shè)平面A1BE的法向量為n＝(x，y，z)，那么n·eq\o(A1B,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0.又eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(3,0，－2eq\r(3))，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－2\r(3)z＝0，,－x＋2y＝0.))令y＝1，那么x＝2，z＝eq\r(3)，所以n＝(2,1，eq\r(3)).設(shè)CM與平面A1BE所成的角為θ，因?yàn)閑q\o(CM,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，所以sinθ＝|cos(n，eq\o(CM,\s\up6(→)))|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(CM,\s\up6(→)),|n||eq\o(CM,\s\up6(→))|)))＝eq\f(4,\r(8)×\r(4))＝eq\f(\r(2),2).所以CM與平面A1BE所成角的大小為eq\f(π,4).〔3〕線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直，理由如下：假設(shè)這樣的點(diǎn)P存在，設(shè)其坐標(biāo)為(p,0,0)，其中p∈[0,3].設(shè)平面A1DP的法向量為m＝(x，y，z)，那么m·eq\o(A1D,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0.又eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,2，－2eq\r(3))，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(p，－2,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2\r(3)z＝0，,px－2y＝0.))令x＝2，那么y＝p，z＝eq\f(p,\r(3)).所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，p，\f(p,\r(3)))).平面A1DP⊥平面A1BE，當(dāng)且僅當(dāng)m·n＝0，即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，與p∈[0,3]矛盾.所以線段BC上不存在點(diǎn)P，使平面A1DP與平面A1BE垂直.〔文〕解：〔1〕證明：因?yàn)镈，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，所以DE∥BC.又因?yàn)镈E?平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.〔2〕證明：由得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC所以DE⊥A1F又因?yàn)锳1F⊥CD所以A1F⊥平面BCDE所以A1F⊥BE〔3〕線段A1B上存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ理由如下：如圖，分別取A1C，A1B的中點(diǎn)P，Q，那么PQ∥BC.又因?yàn)镈E∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即為平面DEP，由〔2〕知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C又因?yàn)镻是等腰三角形DA1C底邊A1所以A1C⊥DP所以A1C⊥平面DEP從而A1C⊥平面DEQ故線段A1B上存在點(diǎn)Q，使得A1C⊥平面DEQ21.解：〔1〕由題意可知，△AF1F2為等邊三角形，a＝2所以e＝eq\f(1,2).〔2〕(方法一)a2＝4c2，b2＝3c直線AB的方程可為y＝－eq\r(3)(x－c).將其代入橢圓方程3x2＋4y2＝12c2，得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)c，－\f(3\r(3),5)c)).所以|AB|＝eq\r(1＋3)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)c－0))＝eq\f(16,5)c.由S△AF1B＝eq\f(1,2)|AF1|·|AB|sin∠F1AB＝eq\f(1,2)a·eq\f(16,5)c·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),5)a2＝40eq\r(3)，解得a＝10，b＝5eq\r(3).(方法二)設(shè)|AB|＝t.因?yàn)閨AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a.由橢圓定義|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得，t＝eq\f(8,5)a.由S△AF1B＝eq\f(1,2)a·eq\f(8,5)a·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(2\r(3),5)a2＝40eq\r(3)知，a＝10，b＝5eq\r(3).22.〔理〕解：〔1〕假設(shè)a＜0，那么對(duì)一切x＞0，f(x)＝eax－x＜1，這與題設(shè)矛盾.又a≠0，故a＞0.而f′(x)＝aeax－1，令f′(x)＝0得x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a).當(dāng)x＜eq\f(1,a)lneq\f(1,a)時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞eq\f(1,a)lneq\f(1,a)時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增.故當(dāng)x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)，f(x)取最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a).于是對(duì)一切x∈R，f(x)≥1恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a)－eq\f(1,a)lneq\f(1,a)≥1.①令g(t)＝t－tlnt，那么g′(t)＝－lnt.當(dāng)0＜t＜1時(shí)，g′(t)＞0，g(t)單調(diào)遞增；當(dāng)t＞1時(shí)，g′(t)＜0，g(t)單調(diào)遞減.故當(dāng)t＝1時(shí)，g(t)取最大值g〔1〕＝1.因此，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,a)＝1，即a＝1時(shí)，①式成立.綜上所述，a的取值集合為{1}.〔2〕由題意知，k＝eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＝－1.令φ(x)＝f′(x)－k＝aeax－.那么φ(x1)＝－[－a(