湖北省宜荆荆随恩2024届高三上学期12月联考数学 Word版含解析.docx

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2023年宜荆荆随恩高三12月联考数学试卷一、选择题：本大题共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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先解一元二次不等式得集合；再根据交集和补集的定义即可求解.【详解】由，得.因为所以．故选：B2.若复数z与复数都是纯虚数，是z的共轭复数，则（）A6B.C.D.【答案】A【解析】【分析】依题意设，然后根据为纯虚数可得b，然后可得答案.【详解】由复数z为纯虚数，可设，所以， 因为是纯虚数，所以，解得，所以.故选：A3.若的展开式中的的系数为，则实数（）A.8B.7C.9D.10【答案】B【解析】【分析】求出展开式的通项公式，进而根据的系数得到方程，求出答案.【详解】由题意知，展开式的通项公式为，故的系数为，解得.故选：B．4.已知函数的定义域为，满足．当时，则的大致图象为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用函数的奇偶性，及特殊位置结合排除法即可判定选项. 【详解】因为函数的定义域为，满足，所以是偶函数，所以的图象关于y轴对称，故排除A；当时，，所以，故排除B，C．故选:D5.已知为椭圆的右焦点，直线与椭圆E交于A、B两点，若的周长等于，则椭圆E的离心率等于（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义及条件求出a,c的关系，由椭圆离心率的定义可得结果.【详解】不妨设A在第一象限，由，得，所以，所以，记椭圆E的左焦点为，由对称性可知四边形为等腰梯形，所以,由椭圆定义知，，所以的周长等于，所以椭圆E的离心率等于，故选：A．6.己知函数在上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据区间单调性得对任意恒成立，即，利用导数研究右侧单调性，进而求参数a的范围.【详解】因为函数在上是单调递增函数，所以对任意恒成立，所以，令，则，所以在内为减函数，所以，则．故选：C7.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由正弦展开式结合化简求值解得.【详解】因为，所以，化简得，所以，又，所以，故．故选：D8.已知数列为等比数列，公比为q（），前n项和为，则“”是“数列 是单调递增数列”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】结合等比数列的通项公式求解即可.【详解】解法一：通项法：若，则，所以或，．①若，当时，是递增数列，所以是递增数列；当时，是递减数列，所以是递增数列．②若是递减数列，所以是递增数列．所以“”是“数列是单调递增数列的充分条件．若是单调递增数列，则，所以，因为，所以，所以“”是“数列是单调递增数列”的必要条件．由上可知：“”是“数列是单调递增数列”的充要条件．解法二：定义法，若是单调递增数列，则，所以．若，则所以“”是“数列是单调递增数列”的充要条件故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则下列关于该圆锥的结论正确的是（）A.体积等于B.过顶点的截面面积最大值等于2C.外接球的体积等于D.内切球的表面积等于【答案】AC【解析】【分析】A项，求出圆锥的底面半径和高，即可求出体积；B项，写出过顶点的截面面积表达式即可得出最大值；C项，求出外接球半径，即可得出外接球体积；D项，求出内切球半径，即可得出内切球表面积.【详解】由题意，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，所以，解得，所以圆锥的高，所以圆锥的体积，A正确．设过顶点的截面三角形顶角为，则，则截面面积，B错误．记圆锥的轴截面为，则是边长为2等边三角形，圆锥外接球和内切球的半径分别是外接圆和内切圆的半径，依次为：、，所以外接球体积等于，C正确． 内切球的表面积等于，D错误．故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥的体积，外接球体积，内切球表面积，考查学生的作图能力，分析理解题意的能力，具有较强的综合性.10.已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线上，点，点P到点Q和到y轴的距离分别为，则（）A.抛物线C的准线方程为B.若，则周长的最小值等于3C.若，则的最小值等于2D.若，则的最小值等于【答案】BD【解析】【分析】由准线方程直接判断A；由抛物线的几何性质得到B；因为点在圆上，由，设，则判断C；在直线上，转化为得到D.【详解】A：由抛物线方程可知抛物线准线是，A错误．B：当时，的周长，B正确．C：因为，所以在圆上，圆心为，所以，设，则，所以，所以的最小值等于，C错误．D：若，则在直线上，，D正确． 故选：BD11.定义在上的函数，其导函数为，且满足，若，且，则下列不等式一定正确的是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】对于AB：由题意可知在上单调递增，根据单调性分析判断；对于CD：令，分析可知在上单调递增，可得，进而分析判断即可.【详解】A选项：因为，可知在上单调递增，且，则，所以，A正确；B选项：因为，且，则，即，因为在上单调递增，所以，B正确；C选项：令，则，可知上单调递增，因为，所以，即，又因为，则，可得，所以，C正确；D选项：由C可知，且，则， 取，此时，，所以，D错误．故选：ABC.12.投掷一枚质地不均匀的硬币，己知出现正面向上的概率为p，记表示事件“在n次投掷中，硬币正面向上出现偶数次”，则下列结论正确的是（）A.与是互斥事件B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】对A根据对立事件和互斥事件的关系即可判断；对B，直接计算即可；对C，利用全概率公式即可；对D，构造结合等比数列和函数单调性即可判断.【详解】对A，因为对立事件是互斥事件，所以A正确；对B，，所以B错；对C，由全概率公式可知，所以C正确；对D，由C可知，因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以，因为且， 所以，所以，所以是关于n的递减数列，所以，D正确．故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题D选项的关键是结合等比数列定义变形化简得到，最后得到，利用函数单调性分析数列单调性即可.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13.已知平面向量，的夹角为，则________．【答案】【解析】【分析】利用向量的坐标表示可得，将平方代入计算即可求出.【详解】由得，由的夹角为，得，又，所以，所以．故答案为：14.已知圆，过点直线l与圆O交于P、Q两点，则的最小值等于__________．【答案】【解析】【分析】根据圆的性质分析出为中点时最短，再根据勾股定理求解出的最小值.【详解】由圆的性质可知，当点A是弦PQ的中点时，最短，此时，所以，故答案为：. 15.在学校组织的数学建模大赛活动中，某兴趣小组的同学准备将一个直径为的实心球形木料锯成一个四棱锥模型，为节约资源，使损失的木料最少，则制作出来的四棱锥的体积等于__________．【答案】【解析】【分析】依据题意作出图形，将棱锥体积写成函数形式，消去变量，求导得出最值即可.【详解】如图所示，记四棱锥为外接球球心为O，半径为R，底面ABCD的外接圆半径为r，圆心为E，P到底面的距离为d，因为（其中是AC、BD的夹角），，所以，等号成立时，ABCD为正方形且P、O、E共线，即为正四棱锥．由题可知，，所以的体积，因为得，时，时，，所以V在上单调递增，在上单调递减，所以当时，．，故答案为;16.已知函数的图象经过原点，若在上恰好有3个不同实数使得对任意x都满足，且对任意，使得在上不是单调函数，则的取值范围是__________． 【答案】【解析】【分析】求出函数表达式，结合零点个数和区间上不单调，即可求出的取值范围.【详解】由题意，的图象经过原点，∴，即．因为，所以，由可得的图象关于点对称，所以．即．当时，，根据在上的前4个零点依次为，可得，解得，对任意，使得在上不是单调函数，则，解得．综上，．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.记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．（1）求角C；（2）若的平分线交AB于点D，且，求的面积．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先利用正弦定理进行边角转化；再利用三角恒等式进行变形化简，得出；最后根据同角三角函数基本关系及特殊角三角函数值即可求解.（2）先根据题意及三角形面积公式列出等式，得出；再利用余弦定理建立方程组即可求出的三边长度；最后根据三角形面积公式即可求解.【小问1详解】由题意及正弦定理得．又因为，所以，则，所以.又因为所以，所以，则．又，所以．【小问2详解】因为CD平分，. 所以，则.设点到边的距离为.则.又因为，所以，且，.则在中，在中，由以上两个式子得：或.当，时，，不符合题意．当时，满足三角形三边关系，符合题意，此时.所以.18.已知等差数列的前n项和为，．（1）求及；（2）判断是否存在正整m、k使得成等比数列若存在，求出所有m、k的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）当时，成等比数列． 【解析】【分析】（1）根据题意，由等差数列的通项公式以及前项和公式，代入计算，即可得到，从而得到结果；（2）根据题意，由等比中项的性质，列出方程，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】设等差数列的公差为d．因为，所以，即，因为，所以，即．由，解得，所．【小问2详解】由（1）知．假设存在正整数m，k，使得成等比数列，则，即，所以因为是奇数，所以是奇数，即必为奇数，所以，则，即，所以当时，成等比数列．19.联合国教科文组织确定每年的4月23日为“世界读书日”，以促进更多的人去阅读，享受阅读的乐趣．为建设读书校园，提升校园的读书氛围，市教育局准备在全市义务教育四年级至九年级学段开展“读书月”活动，活动前，为了解学生的阅读情况，从四年级至九年级在校学生中随机问卷调查了10000人，得到他们在过去一个月中平均每天课外的阅读时间t（单位：分钟），整理得到如右的频率分布直方图，已知这10000人的平均每天课外阅读时间的中位数是31．（1）求频率分布直方图中m、n的值； （2）若为整数，将本次调查中平均每天课外阅读时间的学生选为“读书月”活动的宣传大使，教育局准备至少选出1500名“读书月”宣传大使，求的最大值；（3）为了进一步了解学生的课外阅读习惯受电子产品的影响，由频率分布直方图中平均阅读时间在和两组学生中，按人数比例分配的分层抽样方法抽取了100名学生，已知组的学生平均每天花在电子产品上的时间为30分钟，方差为36，组的学生平均每天花在电子产品上的时间为20分钟，方差为16，求抽取的100名学生每天花在电子产品上的时间的方差．【答案】（1），；（2）（3）48【解析】【分析】（1）由中位数31，可得，从而求解；（2）由题意，可知的最大值为第85百分位数，求解可得；（3）由比例分配的分层抽样在组和组各抽取40人和60人，由方差公式可求解.【小问1详解】由题意中位数是31，则，所以，又．【小问2详解】通过直方图可知第85百分位数落在第组，，解得，因为，所以，【小问3详解】按分层抽样在组抽取40人记为，则，在组抽取60人，记为，同理可得，平均值为，抽取的100名学生每天花在电子产品上的时间的方差 ．20.如图，在梯形ABCD中，，将沿着BD折起到的位置，使得平面平面．（1）证明：；（2）点M满足，若二面角的余弦值为，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过D作，根据面面垂直证明线面垂直，从而可得，再证明平面，由此可证明；（2）建立合适空间直角坐标系，利用向量法表示出二面角的余弦值，由此可求的值.【小问1详解】过D作，垂足为N，因为平面平面PBC，平面平面，平面，所以平面PBC，因为平面PBC，所以，因为，，所以平面，因为平面，所以．【小问2详解】由（1）可知平面，又，以B为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，设平面BCM的一个法向量，由得，令得，平面BDM的一个法向量可取，因为二面角的余弦值为，所，解得，所以．21.已知函数．（1）若，判断函数的单调性；（2）若，证明：对任意．【答案】（1）在上单调递减．（2）证明见解析【解析】【分析】（1）把代入，求导得到，设分子为，再次求导，得到的最大值小于零，在判断原函数的单调性即可； （2）求导，构造函数，再求导找到的最值，然后转化成恒成立问题即，再次求导判断在上单调递增，找到最小值大于零即可证明.【小问1详解】当时，，所以．设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即，所以在上单调递减．【小问2详解】由，得．令．由得，即．因为，所以，所以在上单调递增，所以，即，所以当时，故在上单调递减，所以时，故原不等式转化为，即．设，则，所以在上单调递增，所以，所以．【点睛】 第一问为求导之后构造函数判断不含参数的单调性问题，直接求导，构造函数再求导即可；第二问求导，构造函数，再求导找到的最值，然后转化成恒成立问题即，再次求导判断在上单调递增，找到最小值大于零即可证明.22.已知圆，点，P是圆M上的动点，线段PN的中垂线与直线PM交于点Q，点Q的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2），点E、F（不在曲线C上）是直线上关于x轴对称的两点，直线、与曲线C分别交于点A、B（不与、重合），证明：直线AB过定点．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据得到曲线C是以M、N为焦点的双曲线，从而求出轨迹方程；（2）方法一：设，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，设，表达出直线、，从而得到的纵坐标，由对称得到，根据得到，从而得到，整理后得到方程，结合两根之和，两根之积，得到，求出答案；方法二：设，表达出直线、，求出两点坐标，表达出直线AB方程，令，求出定点坐标；方法三：先得到，根据E、F关于x轴对称，得到，从而得到，再利用齐次化进行求解，得到定点坐标.【小问1详解】连接，则，故， 所以曲线C是以M、N为焦点的双曲线，设C的方程为，则，解得，所以曲线C的方程为【小问2详解】方法一：设，，直线，令得，直线，令得，因为E、F关于x轴对称，所以，所以①，因为，所以，所以②，将②代入①得，所以，所以，由得 ，解得且，，所以，所以，所以，即，因为直线AB不过点，所以，所以，直线过定点．方法二：设（且），直线，由得，所以，同理，所以， 所以直线AB方程为，令得，所以直线AB过定点．方法三：设，则，，因为E、F关于x轴对称，设（且），则，所以，所以，将坐标系移动至点，即令，则椭圆方程化为，即，设直线为，则有，整理得，两边同除以整理得，设，则，又，故，解得，故恒过点， 换元到原坐标系，可得到直线AB过定点．【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；