新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第十一中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学试题

这是一份新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第十一中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学试题，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分150分 考试时间120分钟
一、单项选择题（8小题每题5分共40分）
1．若复数（是虚数单位，），在复平面内对应的点在第四象限，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，若，则所有的取值构成的集合为（ ）
A．B．C．D．
3．第十四届全国运动会开幕式，于年月日点在西安奥体中心隆重开幕．本次盛会的观众席中有名是“西安铁一中”师生，这些师生中还有名学生参加了文艺演出．开暮式之后，在这名师生中，按照“参加了演出”和“未参加演出”分层抽样抽取了名师生，参加“西安电视台”举办的“弘扬十四运精神”座谈会，并且在这人中随机抽取人再作问卷，则人中恰有人是“参加了演出”的概率是（ ）
A．B．C．D．
4．为定义在上的偶函数，对任意的，都有，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
5．已如椭圆的左，右两焦点分别是，其中，直线与椭圆交于A，B两点．则下列说法中更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 正确的有（ ）
A．若，则
B．若的中点为M，则
C．的最小值为
D．，则椭圆的离心率的取值范围是
6．如果函数（为常数）在区间内单调递增，且在区间内单调递减，则常数的值为（ ）
A．1B．2C．D．
7．已知，，那么的值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列满足对任意的，总存在，使得，则可能等于（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（共4小题每题五分，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2R相等，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为B．圆柱与球的表面积之比为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等D．圆柱与球的体积之比为
10．已知抛物线的焦点为点，准线与对称轴的交点为，斜率为的直线与抛物线相交于，两点，线段的中点为，则下列结论正确的是（ ）
A．当，点到准线的最小距离为4
B．当时，直线的斜率最小值为
C．当直线过点时，斜率
D．当直线过点时，
11．下列命题正确的是（ ）
A．幂函数在上是增函数，则或
B．若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是
C．若，则
D．若函数有4个不同的零点，且，则的取值范围是
12．某校高三学生参加某门学科的标准化选拔考试，成绩采用等级制.根据模拟成绩，考生小明得A等和D等的概率都为，得B等和C等的概率都为，为了进一步分析的需要，学校将等级转换成分数，A，B，C，D分别记为90分、80分、60分、50分.若用模拟成绩来估计选拔考试的情况，设小明选拔考试的成绩等级转换为分数X，则（ ）
A．小明得B等或C等的概率为B．
C．D．
三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）
13．平行四边形ABCD中，已知AB＝4，AD＝3，∠BAD＝60°，点E，F分别满足，，则 .
14．若正四棱台的上、下底面边长分别是5和7，对角线长为9，则该棱台的高为 ．
15．已知直线l过点（1，0）且与直线x+y﹣1＝0垂直，l与圆C：（x﹣6）2+（y）2＝12交于A，B两点，则弦AB的长为 ．
16．已知函数，如图，，是直线与曲线的两个交点，若， .
四、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。）
17．北京2022年冬奥会将于2022年2月4日在北京和张家口开幕，运动员休息区本着环保，舒适，温馨这一出发点，进行精心设计，如图，在四边形休闲区域，四周是步道，中间是花卉种植区域，为减少拥堵，中间穿插了氢能源环保电动步道，且.
(1)求氢能源环保电动步道的长；
(2)若，求花卉种植区域总面积（电动步道的面积忽略不计）.
18．已知是递增的等差数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
19．大庆实验中学在高二年级举办线上数学知识竞赛，在已报名的400名学生中，根据文理学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20，30)，[30，40)，…，[80，90]，并整理得到如下频率分布直方图：
（1）估算一下本次参加考试的同学成绩的中位数和众数；
（2）已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间[40，50)内的人数；
（3）已知样本中有一半理科生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的文理科生人数相等．试估计总体中理科生和文科生人数的比例．
20．如图所示，AC为圆O直径，B为圆O上不同于A、C的点，P不在圆O平面内，E为线段BC中点．

(1)求证：∥平面PAB；
(2)若平面平面ABC，且，求证：平面POE．
21．在平面直角坐标中，圆与圆相交与两点．
（I）求线段的长．
（II）记圆与轴正半轴交于点，点在圆C上滑动，求面积最大时的直线的方程．
22．已知函数，其中为常数.
(1)设为的导函数，当时，求函数的极值；
(2)设点，，曲线在点处的切线的斜率分别为，直线的斜率为，证明：.
数学 答案：
1．C
【解析】分析：利用复数代数形式的乘法运算化简，再由实部大于零且虚部小于零联立不等式组求解．
解析：复数=2a+1+ （a﹣2）i，
对应点在第四象限，则，
解得：．
∴实数a的取值范围是．
故选C．
2．D
【分析】根据子集的概念求得参数的值可得．
【解析】时，满足题意，
时，得，所以或，或，
所求集合为．
故选：D．
3．A
【分析】分析可知所抽取的人中有人“参加了演出”，再利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【解析】由题意可知，所抽取的人中“参加了演出”的人数为人，
因此，在这人中随机抽取人再作问卷，则人中恰有人是“参加了演出”的概率是.
故选：A.
4．A
【分析】由题可得函数在上单调递增，且为偶函数，进而可得，即得.
【解析】对任意的，都有，则，
令，则在上单调递增，
因为为定义在上的偶函数，
所以，即为偶函数，
又，
由，可得，即，
所以，
所以的解集为，
故选：A.
5．B
【分析】依题意，l过椭圆的左焦点，作图，逐项分析即可.
【解析】
依题意，l过 ，作上图，
对于A，由椭圆的定义知： ，错误；
对于B，联立方程 ，得 ，
由韦达定理得： ，
所以 ，正确；
对于C，显然，当 轴时， 最短，此时 ，
但由于k是存在的， 不会垂直于x轴，不存在最小值，错误；
对于D，设 ，则有 ，
，即A点在以原点为圆心，2c为半径的圆上，
因此，原题等价于 有解，解得 ，则必有，
即 ，即 ，错误；
故选：B.
6．C
【分析】可得为的极值点，求出导函数，利用可得结果.
【解析】函数（为常数）在区间内单调递增，且在区间内单调递减，，所以，为的极值点，故，所以.
故选C.
7．D
【解析】根据，得到，进而确定正负，然后再利用半角公式求解.
【解析】∵，
∴，
∴.
故，
，
，
故选：D
8．B
【解析】分别取为选项，得到，利用特值检验是否成立即可求解.
【解析】对于选项A，当时，，则,令时，不存在；
对于选项B，时，，则，取即可；
对于选项C，时，，则，令时，不存在；
对于选项D，时，，当时，,不存在使，所以不符合.
故选：B
9．BCD
【分析】根据圆锥侧面积公式判断A选项，根据圆柱和球的表面积公式计算判断B，C选项，根据圆柱和球的体积公式计算判断D选项.
【解析】对于A，∵圆锥的底面直径和高都与一个球的直径2R相等，∴圆锥的侧面积为，故A错误；
对于B，∵圆柱的表面积，球的表面积，∴，故B正确；
对于C，圆柱的侧面积为，球面面积为，∴圆柱的侧面积与球面面积相等，故C正确；
对于D，圆柱的体积，球的体积，∴，故D正确．
故选：BCD．
10．CD
【分析】根据给定条件结合抛物线定义判断A；设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理、数量积的坐标表示结合均值不等式判断B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，由判别式及中点坐标公式判断CD作答.
【解析】对于A，作，连接，其中为准线，如图，

由抛物线定义知，，即，
当且仅当在上，且轴时取等号，此时直线的斜率为0，与矛盾，A错误；
对于B，设，由消去y并整理得，
当时，设，则，即，
，因此，而，即，
于是，即，解得或(舍去)，
此时，满足题意，又，
因此直线的斜率，
当且仅当，即时取等号，B错误；
对于C，直线过点时，直线的方程为，
由y=kx−2x2=8y消去y并整理可得，设，
则，解得，C正确；
因此，即，D正确.
故选：CD
11．BCD
【分析】对于A,利用幂函数的定义和性质即可判断；对于B，分和两种情况进行分析，利用复合函数的单调性质即可判断；对于C，利用对数函数的运算和作差法即可判断；对于D，作出的图象，题意可转化与有四个不同的交点，结合图象即可判断
【解析】对于A，∵为幂函数，
∴，∴或，
当时，在上是减函数，故A错误；
对于B，当时，要使函数在上单调递减，
只需在上单调递减，且，
所以，解得无解；
当时，要使函数在上单调递减，
只需在上单调递增，且，
所以，解得，
综上，实数a的取值范围是，故B正确；
对于C，，，
因为在定义域内单调递增，所以
因为，所以，所以即，
因为，所以，
因为，且，
所以，即，综上，故C正确；
对于D，的图象如图所示
函数有4个不同的零点，即有4个不同的零点，
即与有四个不同的交点，
因为，故，
由于的对称轴为，所以，
因为当，所以，
所以，所以，
所以，
因为对勾函数在上单调递增，所以
所以的取值范围是，故D正确
故选：BCD
12．BC
【分析】由条件，根据概率加法公式判断A，B，确定随机变量的分布列，根据期望公式和方差公式求，由此判断CD.
【解析】因为小明得A等和D等的概率都为，得B等和C等的概率都为，
所以小明得B等或C等的概率为，A错误；
事件相当于事件小明得等或等，
所以，B正确；
由已知可得随机变量的分布列如下；
所以，C正确；
，D错误；
故选：BC.
13．
【解析】试题分析：因为，；，那么
.
考点：向量数量积
14．3
【分析】利用正四棱台的对角面为等腰梯形，再根据条件即可求出结果.
【解析】由题意，得正四棱台的对角面为等腰梯形，其中上底长为5，下底长为7，对角线长为9，则高为=3.
故答案为：3.
15．6
【分析】由垂直求出直线方程，接着求得圆心到直线的距离，由垂径定理求得弦长．
【解析】由题意设直线方程为，又直线过点，∴，，直线方程为，圆心到直线距离为，圆半径为，∴．
故答案为：6.
16．/
【分析】根据已知条件及三角方程的解法，利用函数值的定义及诱导公式，结合特殊角对应的三角函数值即可求解.
【解析】设，，则
由，可得，
令，结合图象可得，，，
则，即，解得，
所以，
所以.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，从而由余弦定理即可求出AC的长；
（2）利用余弦定理求出，利用面积公式求出和，进而可得花卉种植区域总面积.
(1)
解：因为，，所以，
因为，，所以由余弦定理得，
因为，所以；
(2)
解：因为，
所以在ABC中，由余弦定理得，解得或（舍去），
因为，所以，
所以，
因为，所以，
故，
所以花卉种植区域总面积为.
18．（1）（2）
【分析】（1）由可得，由可得，解得，从而可得通项；
（2）由裂项求和可得结果.
【解析】设公差为，则，
（1）由等差数列的性质可得，所以，
又，所以，
所以，所以，
所以，又，所以，
所以，
所以.
（2），
所以
19．（1）中位数72.5，众数75；（2）20人；（3）3:2
【解析】（1）由频率分布直方图知，样本中分数低于50分的频率为0.1，可以估计中位数为：，众数则由直方图即可得出；
（2）由（1）得样本中分数低于50分的频率为0.1，可求出样本中分数低于50分的人数，而样本中分数小于40的学生有5人，即可求出样本中分数在区间[40，50)内的人数，进而可估计总体中分数在区间[40，50)内的人数；
（3）根据频率分布直方图，得出样本中分数不小于70的人数为：人，结合题中条件，即可求出100个样本中理科生人数为60人，女生人数为40人，最后根据分层抽样的原理，即可估计总体中理科生和文科生人数的比例.
【解析】解：（1）由频率分布直方图知，样本中分数低于50分的频率为：
，
在[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90]的频率分别为：0.1，0.2，0.4，0.2，
观察可知，中位数位于[70，80]内，
则可以估计中位数为：，
则众数为：.
（2）由（1）得样本中分数低于50分的频率为0.1，
所以样本中分数低于50分的人数为：人，
而样本中分数小于40的学生有5人，
所以样本中分数在区间[40，50)内的人数为：10-5=5人，
根据分层抽样，可估计总体中分数在区间[40，50)内的人数为：人.
（3）根据题意，样本中分数不小于70的人数为：人，
而样本中分数不小于70的文理科生人数相等，
则样本中分数不小于70的文科人数为30人，理科人数为30人，
而样本中有一半理科生的分数不小于70，
则100个样本中理科生人数为：人，文科人数为40人，
根据分层抽样的原理，可估计出总体中理科生和文科生人数的比例为：60：40=3:2.
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而可得，根据题意可得，结合线面垂直的判定定理分析证明.
【解析】（1）因为O、E为线段AC、BC中点，则∥，
且平面PAB，平面PAB，所以∥平面PAB.
（2）因为，且O为线段AC中点，则，
且平面平面ABC，平面平面，平面，
可得平面，且平面，则，
又因为AC为圆O直径，B为圆O上不同于A、C的点，则，
由（1）可知：∥，则，
且，平面POE，所以平面POE.
21．（I）；（II）或．
【分析】（I）先求得相交弦所在的直线方程，再求得圆的圆心到相交弦所在直线的距离，然后利用直线和圆相交所得弦长公式，计算出弦长.（II）先求得当时，取得最大值，根据两直线垂直时斜率的关系，求得直线的方程，联立直线的方程和圆的方程，求得点的坐标，由此求得直线的斜率，进而求得直线的方程.
【解析】（I）由圆O与圆C方程相减可知，相交弦PQ的方程为．
点（0，0）到直线PQ的距离，
（Ⅱ），.
当时，取得最大值．
此时，又则直线NC为．
由，或
当点时，，此时MN的方程为．
当点时，，此时MN的方程为．
∴MN的方程为或．
22．(1)函数的极小值为，无极大值
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，根据导数的符号求出函数的单调区间，再根据极值的定义即可得出答案；
（2）由题设，，，则，即证，令，，再利用导数即可得证.
【解析】（1）解：当时，，，
则，
，
则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，且无极大值；
（2）证明：由题设，，，
则，
又，则所证不等式化为，
因为，，
则
，
令，，因为，则，，
所以在上单调递增，从而，即，
因为，
则
，
从而，
所以.