2024届广东省深圳市宝安中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省深圳市宝安中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，单空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，那么（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据交集运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：B.
2．在复平面内，对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】根据题意，结合复数的运算化简，即可得到结果.
【详解】因为，
则其对应的点为，位于第二象限.
故选：B
3．“”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】根据题意，分别验证命题的充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】因为在单调递减，
则当，可得，故充分性满足；
反之，当，推不出，
比如,
故必要性不满足；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4．如图，撑开的伞面可近似看作一个球冠．球冠是球面被平面所截得的一部分曲面，其中截得的圆面是底面，垂直于圆面的直径被截得的部分是高．球冠的面积，其中R为球冠对应球面的半径，为球冠的高，则撑开的伞面的面积大约为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由球的性质可知，求出，再由球冠的面积公式即可得出答案.
【详解】由球的性质可知，解得，
所以撑开的伞面的面积大约为．
故选：A．
5．的展开式中的系数为（ ）．
A．B．C．40D．80
【答案】D
【分析】写出的展开式的通项即可
【详解】的展开式的通项为
令得
所以的展开式中的系数为
故选：D
【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单.
6．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，为奇函数，且当时，，则（ ）
A．B．C．5D．6
【答案】C
【分析】先求出，再求出即得解.
【详解】解：由已知，函数与函数互为反函数，则．
由题设，当时，，则．
因为为奇函数，所以.
故选：C．
7．已知，，，则以下不等式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由于，所以构造函数，然后利用导数判断函数的单调性，再利用单调性比较大小即可
【详解】，，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
因为，
所以，，
因为，
所以，
所以
故选：C
8．若点O和点分别是双曲线的中心和左焦点,点P为双曲线右支上的任意一点,则的取值范围为（ ）
A．[3-,）B．[3+,）C．[,）D．[,）
【答案】B
【详解】由题意可得,,故.
设,则.
关于
对称,故 在上是增函数,当时有最小值为,无最大值,故的取值范围为,
故选B.
二、多选题
9．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．的最小正周期为
B．为偶函数
C．在区间内的最小值为1
D．的图象关于直线对称
【答案】AC
【分析】由图知，的最小正周期为，结论A正确；
求出，从而不是偶函数，结论B错误；
因为，，则在区间内的最小值为1，结论C正确；
因为为的零点，不是最值点，结论D错误.
【详解】解：由图知，的最小正周期为，结论A正确；
因为，，则．因为为在内的最小零点，则，得，所以，从而不是偶函数，结论B错误；
因为，，结合图像可得在区间内的最小值为1，结论C正确；
因为，则为的零点，不是最值点，结论D错误.
故选：AC．
10．已知随机事件A，B发生的概率分别为，下列说法正确的有（ ）
A．若，则A，B相互独立B．若A，B相互独立，则
C．若，则D．若，则
【答案】ABC
【分析】利用条件概率公式及独立事件的定义逐项分析即得.
【详解】因为随机事件A，B发生的概率分别为，
对于A，因为，所以A，B相互独立，故A正确；
对于B，若A，B相互独立，则，故B正确；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，若，则，故D错误.
故选：ABC
11．设公比为的等比数列的前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．是数列中的最大值D．是数列中的最小值
【答案】AB
【分析】根据已知条件，结合等比数列的性质，对选项一一判断即可得出答案.
【详解】当时，则，不合乎题意；
当时，对任意的，，且有，
可得，可得，此时，
与题干不符，不合乎题意；故，故A正确；
对任意的，，且有，可得，
此时，数列为单调递减数列，则，
结合可得，
结合数列的单调性可得，，
故，，
∴，故B正确；
因为，数列为单调递减数列，
所以是数列中的最大值，故CD错误.
故选：AB.
12．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列结论正确的是（ ）
A．经过三个顶点，，的球的截面圆的面积为
B．平面平面
C．直线与平面所成的角为
D．球面上的点离球托底面的最小距离为
【答案】AD
【分析】通过计算得到经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积，可判断A；证明与平面相交，即可判断B； 计算直线与平面成的角即得判断C；计算球上的点离球托底面的最小距离，可判断D.
【详解】根据图形的形成，知三点在底面上的射影分别是三边中点如图，
则与全等且所在的面平行，
所以截面圆就是的外接圆与的外接圆相同，
由题意可知，的边长为1，其外接圆的半径为，
则经过，，三点的球的截面圆的面积为，故选项A正确；
由题可知，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，又平面，
平面，所以与平面相交，故与平面相交，
所以平面平面错误，故B错误；
由与平面垂直可知，在平面内的射影是，
所以为直线与平面所成的角，
因为是边长为的等边三角形，所以，
是边长为的等边三角形，所以，则，
所以直线与平面所成的角为，故选项C错误；
设球的半径为，由球的体积为，得，解得.
如图2，平面所在圆的圆心为，连接与圆交于点，
过点作与圆交于，
，，
所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.
故选：AD.
三、单空题
13．若是奇函数，则 ．
【答案】
【详解】
，故．
14．甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为 .
【答案】
【分析】利用组合可求基本事件的总数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的总数，从而可求对应的概率.
【详解】设“甲、乙在同一组”为事件，
教师随机分成三组，每组至少一人的分法为，
而甲、乙在同一组的分法有为，所有.
故答案为：.
15．已知，则 .
【答案】5100
【分析】表示出，由等差数列的前项和公式即可得出答案.
【详解】因为，所以，
而，（为偶）
∴当为偶数时，，
当时，.
故答案为：5100.
16．已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆的切线、，且切点为、，当最小时，则直线的方程为 .
【答案】
【分析】先利用圆切线的性质推得四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解.
【详解】因为圆：可化为，
所以圆心，半径为，

因为，是圆的两条切线，则，
由圆的知识可知，四点共圆，且，，
所以，又，
所以当最小，即时，取得最小值，
此时的方程为：，即，
联立，解得，即，
故以为直径的圆的方程为，即，，
又圆，
两圆的方程相减即为直线的方程：.
故答案为：.
四、问答题
17．在中，.
(1)求B；
(2)若的周长为，求边上中线的长.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理，结合二倍角的正弦公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理，结合（1）的结论进行求解即可.
【详解】（1）根据正弦定理由，
因为，所以，即，所以；
（2）由（1）可知，而，所以，
因此，由余弦定理可知：，
因为的周长为，所以有，
设边上中点为，所以，
由余弦定理可知：，
所以边上中线的长.
五、证明题
18．已知数列中，，，且．
（1）设，证明是等比数列；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】(1)由题意结合递推关系式证得后项与前项的比值为常数即可证得题中的结论；
(2)结合(1)中的结论利用累加法即可求得数列的通项公式.
【详解】（1）由题设，得
，
即．
又，，所以是首项为1，公比为的等比数列．
（2）由（1）可得：
，
，
……
．
将以上各式相加，得．所以当时，
上式对显然成立．
故.
【点睛】本题主要考查等比数列的证明，利用累加法求数列通项公式的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
六、问答题
19．某项考试按科目A、科目B依次进行，只有当科目A成绩合格时，才可继续参加科目B的考试．已知每个科目只允许有一次补考机会，两个科目成绩均合格方可获得证书．现某人参加这项考试，科目A每次考试成绩合格的概率均为，科目B每次考试成绩合格的概率均为．假设各次考试成绩合格与否均互不影响．
(1)求他不需要补考就可获得证书的概率；
(2)在这项考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，记他参加考试的次数为，求的数学期望．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据独立事件概率计算公式即可求解出结果；
（2）根据题意，先写出参加考试的次数的所以可能值为2，3，4，再分别求解出各结果出现的概率再计算其数学期望。
【详解】（1）设“科目A第一次合格”为事件，“科目A补考合格”为事件
“科目B第一次合格”为事件 ，“科目B补考合格”为事件
则
根据独立事件概率计算公式得不需要补考获得证书的概率为
（2）根据题意，的可能取值为2，3，4 且
所以
20．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．
(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
(2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角，
所以，
因为，所以在等腰中，，
所以，
因为是圆柱的底面直径，所以，则，
所以，则，即，
所以在等腰，，平分，则，
所以，则，
故在中，，，则，
在中，，
因为是圆柱的母线，所以面，
所以，
，
所以．
（2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
则，
所以，，，
因为，所以，
则，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设二面角的平面角为，易知，
所以，
因此二面角的余弦值为．
21．己知椭圆：过点，且离心率.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，，过作轴且与椭圆交于另一点，试判断直线是否过定点，如果过定点，求出定点坐标，如果不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线是过定点，定点为.
【分析】（1）根据已知条件列方程组，求得，由此求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，求得直线的方程，进而判断出直线过定点.
【详解】（1）己知椭圆：过点，
所以，
又因为离心率，则，
则，解得：，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）由题知直线的斜率存在，
设的方程为，点，
则得，
即，，
，，
由题可得直线方程为，
又∵， ，
∴直线方程为，
令，整理得
，
即直线过点.
【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.
七、证明题
22．已知函数，其中.
(1)当时，证明：恒成立；
(2)若函数在上有唯一零点，求的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）对函数求导，结合函数的单调性即可证明；
（2），记，可得，且，然后分和两类，利用导数分析单调性，结合函数的零点即可得出答案.
【详解】（1）当时，，所以，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
（2）因为，所以，
令，
，且，
①当时，（i）当时，令，
，
所以，，
所以在上单调递增，且，，
由零点存在性可知，存在唯一零点，使得，
所以当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
（ii）当时，令，，
所以，所以在上单调递增，
综合（i）（ii）可得，在上单调递减，在上单调递增，
因为，
由零点存在性可知，存在唯一零点，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且，
由零点存在性可知，存在唯一零点，使得，
且当，，无零点.
②当时，令，则，
在上单调递增，所以，
所以，，且，
所以，，
令，，
由（1）知，，
所以当时，，，无零点，
综上：当时，函数在上有唯一零点.
【点睛】方法点睛：一般证明零点问题，可用导数确定函数的单调性，然后利用零点存在定理得出结论，本题的难点在于给定区间上，导函数的正负难以确定，即导函数等于0无法求解，因此对x进行分段，区间的两段直接证明函数值为正或负，而中间一段利用导数确定单调性，再由零点存在定理得证，分段时可根据部分函数的单调性结合特殊值进行.