河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高三上学期12月月考数学Word版含解析.docx

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2023—2024学年郑州市宇华实验学校高三上学期12月月考数学试卷一、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.关于的不等式的解集为空集，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对进行分类讨论，结合判别式求得的取值范围.【详解】当时，不等式化为，解集为空集，符合题意.当时，不等式的解集不是空集，不符合题意.当时，要使不等式的解集为空集，则需，解得.综上所述，的取值范围是.故选：C2.若函数在上是单调函数，则的取值可以是（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】【分析】根据已知条件及分段函数分段处理的原则，结合一次函数与二次函数的单调性即可求解.【详解】因为当时，函数为单调递增函数，又函数在上是单调函数，则需满足，解得，所以实数的范围为，所以满足范围的选项是选项B. 故选：B．3.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用指对函数的单调性和中间值比较大小即可.【详解】由，则，由，，则，由，则.则.故选：C4.在中，若，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据积化和差、和差化积公式化简，利用辅助角公式求函数的最值.详解】，，,，（其中），， ，当时等号成立.的最大值为.故选：A5.在中，，的平分线交BC于点D．若，则（）A.B.C.2D.3【答案】B【解析】【分析】设，由角平分线定理求得，然后由向量的线性运算可用表示出，从而求得，得出结论．【详解】设，因为，所以，又是的平分线，所以，，，又，所以，所以．故选：B．6.如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】作出辅助线，得到P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，求出轨迹长度.【详解】直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角，连接，因为⊥平面，平面，所以⊥，故为直线BP与上底面所成角，则，因为，所以，故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，故轨迹长度为.故选：B7.某选拔性考试需要考查4个学科（语文、数学、物理、政治），则这4个学科不同的考试顺序中物理考试与数学考试不相邻的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用全排列与插空法分别求得所需要考试顺序种类，再利用古典概型即可得解.【详解】这4个学科不同的考试顺序有种，先安排语文、政治形成3个空隙，再将数学、物理插入到其中2个空隙中， 则物理考试与数学考试不相邻的考试顺序共有种，所以所求概率为.故选：B.8.记为等差数列的前n项和，若，则（）A.28B.27C.26D.25【答案】B【解析】【分析】利用等差数列的性质求解.【详解】解：在等差数列中，满足，所以，故选：B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.全选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.下列说法中，正确的是（）A.集合和表示同一个集合B.函数的单调增区间为C.若，，则D.已知是定义在R上的奇函数，当时，，则当时【答案】BC【解析】【分析】通过集合元素不一致判断A；利用复合函数的单调性判断B；利用对数换底公式判断C；利用奇函数在对称区间上的解析式求法判断D.【详解】对于选项A，集合中元素为数，集合为点，所以A错误；对于选项B，根据解得函数的定义域为，因为函数 为增函数，根据复合函数的单调性可知函数的单调递增区间为，所以B正确；对于选项C，所以C正确；对于选项D，因为当时，，当时，，所以，又因为是定义在R上的奇函数，所以，所以D错误．故选：BC．10.已知函数，则下列选项正确的是（）A.B.函数的图像关于直线对称C.将图象上所有点向右平移个单位长度，可得图象D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据诱导公式可判断；根据正弦函数性质可判断；根据函数左右平移原则“左加右减”即可判断；根据两角差的正弦可判断.【详解】因为，故错误；函数的对称轴为，，得，，所以函数的图像关于直线对称，故正确；由题意知，所将图像上所有点向右平移个单位，得 ，故正确；因为，且，所以，所以，因为，得，故正确.故选：.11.正方体的棱长为1，体对角线与，相交于点，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据向量的线性运算的几何表示，向量数量积的定义及运算律结合正方体的性质即得.【详解】方法一：，故A正确；，故B错误；，故C正确；，故D错误；方法二：，故A正确；由正方体的性质可知，，，，故B错误；，故C正确；，故D错误.故选：AC．12.设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且，， ，则下列结论正确的是（）A.B.C.的最大值为D.的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】首先根据已知条件，确定公比的取值范围，然后根据数列的单调性逐一进行判断即可.【详解】A项，且，而和异号.由于知，，即，，，故A项正确；B项，从前面的求解过程知，，说明是单调递减的正项等比数列，且，所以，那么，故B项正确；C项，是正项数列，没有最大值，故C项错误；D项，从前面的分析过程可知前6项均大于1.从起全部在上.所以的最大值为，故D项正确，故选：ABD三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.13.已知复数（为虚数单位），其共轭复数为，则的虚部为____________．【答案】【解析】【分析】先将复数转化为的形式，然后求解，进而得出的虚部.【详解】解：，所以，所以，故的虚部为，故答案为：. 14.函数是幂函数，则__________．【答案】2或-1【解析】【分析】根据幂函数的定义，即可求解.【详解】是幂函数，，解得，或.故答案为:2或-1.15.已知公差不为的等差数列，其前n项和为，若成等比数列，则的值为_________．【答案】2【解析】【分析】利用等差数列通项公式，求和公式及等比中项，列式求值即可.【详解】若成等比数列故答案为：216.已知圆锥（为圆锥顶点，为底面圆心）的轴截面是边长为的等边三角形，，，为底面圆周上三点，空间一动点，满足，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】根据空间向量基本定理可判断，，共面，又平面，所以.【详解】因为，所以，， 所以，，共面，又，，为底面圆周上三点，所以点为平面上一点，由已知平面，所以，又圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，所以，所以的最小值为，故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知函数．（1）试判断函数在区间上的单调性，并证明；（2）求函数在区间上的值城．【答案】（1）在区间上单调递增，证明见解析（2）．【解析】分析】（1）利用定义法证明单调性即可；（2）由函数的单调性求值域即可.【小问1详解】易知，设，且，则，又由，则，，，所以，即在区间上单调递增；【小问2详解】由上可知函数在区间上单调递增，则， 又，故的值域为.18.已知首项为4的数列的前n项和为，且．（1）求证：数列为等比数列；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据，得出与的关系，进一步变形得出等比数列；（2）利用分组求和法及等比数列求和公式可求得结果.【小问1详解】由题意，即，故，即，又，故数列是以-1为首项，-1为公比的等比数列.【小问2详解】由（1）知，，即．数列的前n项和为，数列的前n项和为，故．19.如图，在长方体中，，，是的中点． （1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由（1）知平面的一个法向量为，再求出平面的一个法向量为，根据法向量夹角的余弦值，即可求解.【小问1详解】因为，，是的中点，所以，因为，，所以，因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，所以，，，，由（1）知平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，所以，因为，，所以，令，则，，所以，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.20.圆：与轴的负半轴和正半轴分别交于两点，是圆与轴垂直非直径的弦，直线与直线交于点，记动点的轨迹为．（1）求轨迹的方程；（2）在平面直角坐标系中，倾斜角确定的直线称为定向直线．是否存在不过点的定向直线，当直线与轨迹交于时，；若存在，求直线的一个方向向量；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）设出后，表示出直线、的方程即可（2）先讨论倾斜角为90°的情况，倾斜角不为90°时先设出直线方程，联立后结合韦达定理和，运用坐标运算即可得解【小问1详解】 由题意得，设，则直线的方程为，直线的方程为所以轨迹的方程为【小问2详解】当定向直线的倾斜角为90°时，设，由得时，所以，矛盾.当定向直线的倾斜角不为90°时，假设存在定向直线由得，时，设，则由得即，故，，化简得，所以或，时，经验证，满足条件；当时，过点，不合题意综上所述，当即直线的一个方向向量为时，21.为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动．竞赛共有和两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道类试题得10分；每答对1道类试题得20 分，答错都不得分．每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）．已知某同学类试题中有7道题能答对，而他答对各道类试题的概率均为．（1）若该同学只抽取3道类试题作答，设表示该同学答这3道试题的总得分，求的分布和期望；（2）若该同学在类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率．【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求解，（2）根据相互独立事件概率，即可求解.【小问1详解】，，，所以X的分布为X0102030P所以【小问2详解】记“该同学仅答对1道题”为事件M.这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为.22.已知双曲线经过点，且离心率为2. （1）求的方程；（2）过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意求出即可得解；（2）设，方法一：分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据求出的关系，从而可得直线过定点，进而可得出答案.方法二：可设直线方程为，由可得，再根据求出，从而可得直线过定点，进而可得出答案.【小问1详解】由题意得，解得，所以的方程为；【小问2详解】由题意，点坐标为，点坐标为，设，方法一：①若直线斜率存在，设直线方程为， ，消去可得，且，且，，整理可得，，化简得，即，因为直线不过点，所以，所以，即，所以直线的方程为，恒过定点，②若直线斜率不存在，则，，解得，所以直线方程为，过定点，综上，直线恒过定点，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，.方法二：因为直线不过点，所以可设直线方程为， 由可得，即，，得，等式左右两边同时除以，得，，，解得，所以直线方程为，即，恒过定点，下同法一.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.