2024届贵州省遵义市高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届贵州省遵义市高三上学期12月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合 ，，则 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求出集合，再按交集的定义求即可.
【详解】由题意：，所以.
故选：A
2．复数的虚部是（ ）
A．IB．1C．D．-3
【答案】D
【分析】利用复数的乘法和乘方运算计算出，从而得到虚部.
【详解】，
所以虚部为.
故选：D
3．已知抛物线的焦点为，点 在抛物线 上，则 （ ）
A．2B．3C．D．
【答案】C
【分析】求得抛物线的准线方程及点的纵坐标后，利用抛物线的定义计算即可.
【详解】抛物线的标准方程为，
故其准线方程为，
点在抛物线上，
故，
由抛物线的定义知，，
故选：C.
4．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用函数单调性和中间值比较大小.
【详解】因为在上单调递减，所以，
因为在R上单调递减，所以，
因为在上单调递减，所以，
故.
故选：B
5．已知，则 “” 是“”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】A
【分析】利用基本不等式“1”的妙用求出，充分性成立，举出反例，得到必要性不成立，选出正确答案.
【详解】当时，因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故充分性成立，
当时，满足，但不满足，故必要性不成立，
故“” 是“”的充分不必要条件.
故选：A
6．在三棱柱 中， 平面 是等边三角形， 是棱 的中点，在棱 上，且. 若 ，则异面直线 与 所成角的余弦值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】取AB中点,连接DF，EF,可得,异面直线AC 与 DE 所成角就是平面或补角，假设,利用勾股定理可得,利用余弦定理求解余弦值.
【详解】取AB中点,连接DF，EF,
因为D是BC的中点，所以，
即异面直线AC 与 DE 所成角就是平面或补角，
假设，因为△ABC 是等边三角形，所以,
因为, ，
所以,
因为 平面ABC，则为直三棱柱，
所以, ,
在△DEF中，,
故异面直线AC 与 DE 所成角余弦值为.
故选：B.
7．已知函数在上单调递增，则的最大值是（ ）
A．0B．C．D．3
【答案】A
【分析】结合导数，将在上单调递增转化为恒成立，再参变分离，转化为恒成立，即求出的最小值即可得.
【详解】由题意可得，
因为在上单调递增，所以恒成立，
即恒成立，
设，则，
令，则，
当时，，时,,
故在为减函数，在上为增函数，
故，但，
时，，
故当0时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，即.
故选：A.
8．已知函数，若函数有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】转化为与图象有3个不同的交点，画出两函数图象，数形结合得到答案.
【详解】令，故，
画出与的图象，
函数有3个零点，即与图象有3个不同的交点，
则，
解得.
故选：D
二、多选题
9．根据国家统计局发布的数据，我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速如图所示，则（ ）
A．我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速最高为
B．我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的中位数为
C．我国今年3月份至10月份社会消费品零售总㲅同比增速的分位数为
D．我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的平均值为
【答案】ABD
【分析】根据图形中给定数据从小到大排列，结合中位数，百分位数，平均数的定义计算即可.
【详解】我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速从小到大依次为
2.5%，3.1%，4.6%，5.5%，7.6%，10.6%，12.7%，18.4%.
我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速最高为18.4%，A正确.
我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的中位数为，B正确.
，我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的分位数为，C错误.
我国今年3月份至10月份社会消费品零售总额同比增速的平均值为，D正确.
故选：ABD
10．已知直线l：与圆C：，点P在圆C上，则（ ）
A．直线l过定点
B．圆C的半径是6
C．直线l与圆C一定相交
D．点P到直线l的距离的最大值是
【答案】BC
【分析】求解直线经过的定点，圆心与半径，两点间的距离判断选项的正误即可．
【详解】直线l：，即
由，解得，则直线l过定点，故A错误；
圆C：，即，
则圆C的圆心坐标为，半径为6，故B正确；
因为点与的距离为，
则点在圆C的内部， 所以直线l与圆C一定相交，故C正确；
点P到直线l的距离的最大值是，故D错误．
故选：BC．
11．已知 是直线 与函数 图象的两个相邻交点，若，则 的值可能是（ ）
A．2B．4C．8D．10
【答案】AD
【分析】因为的图象与直线的相邻交点的距离为或，占周期的比例的或，由此结合周期公式列式求解即可.
【详解】设函数的最小正周期为,
则或者，
即或，
解得或，
故选：AD.
12．在正四棱台中，，点在四边形 内，且，则（ ）
A．正四棱台的体积是56
B．正四棱台的侧面积是
C．正四棱台的外接球的表面积是
D．的轨迹长度是
【答案】ACD
【分析】A选项，作出辅助线，得到棱台的高，利用棱台的体积公式求出答案；B选项，作出辅助线，得到侧高，求出侧面积；C选项，找到外接球的球心，利用半径相等得到方程，求出外接球的半径，得到外接球的表面积；D选项，求出的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分，求出轨迹长度.
【详解】A选项，取正方形的中心，正方形的中心，
连接，则⊥平面，
过点作⊥于点，则⊥平面，，
因为，所以，
故，所以，
因为，由勾股定理得，
故正四棱台的体积为
，A正确；
B选项，过点作⊥于点，则，
故，

正四棱台的侧面积是，B错误；
C选项，正四棱台的外接球球心在直线上，连接，
则，
如图所示，设，则，
由勾股定理得，，
所以，解得，
所以，故外接球表面积为，C正确；
D选项，由勾股定理得，
故点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分，
如图，

其中，故，
又，由勾股定理得，
由于，所以，
故，
故的轨迹长度是，D正确.
故选：ACD
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
三、填空题
13．已知向量，满足，且，则向量与的夹角是
【答案】//
【分析】由，得，进而利用向量夹角公式求得结果.
【详解】由条件，
可得，
即，，，
得到，
所以，又，
所以．
故答案为：.
14．在数列中，，若是等比数列，则
【答案】41
【分析】根据等比数列的定义求出，再求解得出.
【详解】已知，则，，
因为是等比数列，
所以公比，
所以，
所以.
故答案为：41.
15．已知某比赛在六支队伍（包含甲、乙两支队伍）之间进行，假设这六支队伍的水平相当，则甲、乙这两支队伍都进入前3名的概率是 .
【答案】/
【详解】这六支队伍按排名先后，共有种情况，
其中甲、乙这两支队伍排在前3位的情况共有种，
所以所求概率．
故答案为：.
16．已知椭圆，直线与椭圆交于两点，若 （为为椭圆的半焦距长），则椭圆的离心率是
【答案】/
【分析】联立直线与椭圆方程，得到，进而得到，转化为，求出离心率.
【详解】联立与得，
，解得，
不妨设，则，
故
因为，所以，
故，
故，
因为，所以，
整理得，
方程两边同除以得，，
解得（舍去）或，故.
故答案为：
四、解答题
17．设数列的前 项和为且.
(1)求的通项公式;
(2)若 ，求数列的前 项和 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用和的关系求解即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1），则,
两式相减得即，
且时, ，解得.
所以
（2）,
.
18．镇安大板栗又称中国甘栗、东方珍珠，以味道甜脆，甘美可口，老幼皆宜，营养丰富而著称于世.现从某板栗园里随机抽取部分板栗进行称重（单位：克），将得到的数据按[30，40），[40，50），[50，60），[60，70），[70，80]分成五组，绘制的频率分布直方图如图所示.
(1)请估计该板栗园的板栗质量的中位数；
(2)现采用分层抽样的方法从质量在[40，50）和[70，80]内的板栗中抽取10颗，再从这 10 颗板栗中随机抽取 4 颗，记抽取到的特等板栗（质量≥70克）的个数为 X，求 X 的分布列与数学期望.
【答案】(1)57.5
(2)分布列见解析，
【分析】（1）先通过分析确定中位数在内；再设中位数为，列出方程求解即可.
（2）先根据分层抽样确定从质量在内的板栗中抽取颗，从质量在内的板栗中抽取颗；再写出的所有可能取值并计算相应的概率，列出分布列并根据数学期望公式可得出答案．
【详解】（1）因为，
所以该板栗园的板栗质量的中位数在内．
设该板栗园的板栗质量的中位数为，
则，解得，
所以该板栗园的板栗质量的中位数约为57.5．
（2）由题意可知采用分层抽样的方法从质量在内的板栗中抽取颗，从质量在内的板栗中抽取颗．
的所有可能取值为．
，
，
．
从而的分布列为
故．
19．如图，在四棱锥中，平面，四边形是平行四边形，且，，，，.
(1)证明：平面.
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理得到，由勾股定理逆定理得到⊥，由线面垂直得到线线垂直，证明出线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而得到面面角的余弦值.
【详解】（1）因为四边形是平行四边形，
所以，，
又，
由余弦定理得，
故，
所以，由勾股定理逆定理得⊥，
因为平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面.
（2）由（1）知，⊥，
又，所以⊥，
因为平面，平面，
所以，，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设，由得，
故，解得，
故，
设平面的法向量为，
故，
令，则，故，
设平面的法向量为，
故，
令，则，故，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为.
20．已知双曲线的右焦点为，实轴长为.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)过点 ，且斜率不为0的直线 与双曲线 交于 两点， 为坐标原点，若 的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）焦点坐标和实轴长得到，再结合得到，即可得到双曲线方程；
（2）联立直线和双曲线方程，利用韦达定理得到，根据点到直线的距离公式得到点到直线的距离，然后利用三角形面积公式列方程，解方程即可.
【详解】（1）由题意得，，则，，
所以双曲线的标准方程为.
（2）
设直线的方程为，，，，
联立得，
令，解得且，
则，，
，
设点到直线的距离为，则，
所以，
解得或0（舍去），即，
所以直线的方程为或.
21．在中，，在边上，且.
(1)若，求的周长;
(2)求周长的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理求出，，从而求出三角形的周长；
（2）设，则，由三角形三边关系求出，由余弦定理得到，表达出的周长为，，构造函数，求导得到其单调性，从而求出最大值.
【详解】（1）若，则，
又，，
所以，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得
，
故，
故的周长为；
（2）由（1）知，，
设，则，
由三边关系可得，解得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得
故，
所以的周长为，
令，，
则，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，
最大值为.
22．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程，
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导解得，然后求得切线方程；
（2）结合函数导数研究函数的单调性，从而求得函数的最小值；
【详解】（1），，.
故曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）得.
令函数，则，所以是增函数.
，，
所以存在，使得，即.
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
.
因为，所以，
所以.
故.
0
1
2
3
4