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    江西省上高二中2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题
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    江西省上高二中2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题

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    这是一份江西省上高二中2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题,共28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.
    2.若复数满足(为虚数单位),则( )
    A.B.C.D.
    3.已知向量,,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
    4.有下列三个命题:
    ①已知一组数据,,…的方差为3,则,,…的方差也为3;
    ②对具有线性相关关系的变量x,y,其线性回归方程为,若样本点的中心点坐标为,则定数m的值为4;
    ③已知随机变量X服从二项分布,若,则.
    其中真命题的是( ).
    A.①②B.①③C.②③D.①②③
    5.已知,且,则( )
    A.B.C.D.
    6.已知等差数列的前项和为,满足,,则等于( )
    A.10B.11C.12D.13
    7.设函数,且函数在恰好有5个零点,则正实数的取值范围是( )
    A.B.C.D.
    8.不等式对所有的正实数,恒成立,则的最大值为( )
    A.2B.C.D.1
    二、多选题
    9.已知直线:与圆:有两个不同的公共点,,则( )
    A.直线过定点B.当时,线段长的最小值为
    C.半径的取值范围是D.当时,有最小值为
    10.关于函数的下列结论正确的是( )
    A.为图象的一条对称轴
    B.为图象的一个对称中心
    C.的最大值为
    D.的最小正周期为
    11.如图,在底面为平行四边形的直四棱柱中,,,、分别为棱、的中点,则( )

    A.
    B.与平面所成角的余弦值为
    C.三棱柱的外接球的表面积为
    D.点到平面的距离为
    12.函数与之间的关系非常密切,是高中阶段常见的函数,则关于函数、,以下说法正确的为( )
    A.函数的极大值点为
    B.函数在处的切线与函数在处的切线平行
    C.若直线与函数交于点,,与函数交于点,,则
    D.若,则的最小值为
    三、填空题
    13.展开式中的系数为 .
    14.已知函数,过原点作曲线的切线,则切线的斜率为 .
    15.设函数的定义域为,且为偶函数,为奇函数,当时,,则 .
    16.已知双曲线:的左右焦点分别为,,为坐标原点,,为上位于轴上方的两点,且,.记,交点为,过点作,交轴于点.若,则双曲线的离心率是 .
    四、解答题
    17.2023年9月23日,第19届亚洲运动会在杭州正式开幕.这是1990年第11届北京亚运会、2010年第16届广州亚运会之后,中国第三次主办亚运盛会,也进一步激发了中国全民参与体育活动的热情.为调查学生对亚运会相关知识的了解情况,某中学进行了亚运会知识问答测试,将得分在70分及以上的学生称为“亚运迷”.现将该学校参与知识问答活动的学生的得分(满分100分)进行了统计,得到如下的频率分布直方图:

    (1)估计该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数(结果保留一位小数);
    (2)按是否为“亚运迷”比例采用分层抽样的方法抽取5名学生前往杭州参加亚运志愿者活动,其中2名学生参与宣传工作,3名学生参与场务工作.记参与宣传工作的“亚运迷”的学生人数为,求的分布列和数学期望.
    18.在中,角,,的对边分别为,,,且.
    (1)求;
    (2)若点在边上,,,,求的面积.
    19.已知数列和,其中,,数列的前项和为.
    (1)若,求;
    (2)若是各项为正的等比数列,,求数列和的通项公式.
    20.如图,在四棱锥中,平面ABCD,平面ABCD,底面ABCD为矩形,点F在棱PD上,且P与E位于平面ABCD的两侧.
    (1)证明:平面PAB.
    (2)若,,,且在上的投影为3,求平面ACF与平面ACE所成锐二面角的余弦值.
    21.已知曲线C:
    (1)若曲线C过点,求曲线C在点P处的切线方程;
    (2)若,讨论的零点个数.
    22.已知抛物线:()上一点的纵坐标为3,点到焦点距离为5.
    (1)求抛物线的方程;
    (2)过点作直线交于,两点,过点,分别作的切线与,与相交于点,过点作直线垂直于,过点作直线垂直于,与相交于点,、、、分别与轴交于点、、、.记、、、的面积分别为、、、.若,求直线的方程.
    参考答案:
    1.D
    【分析】对集合化简,然后求出即可.
    【详解】因为,解得,
    因为,解得,
    所以,,
    所以,
    故选:D.
    2.A
    【分析】利用复数的除法运算及模长公式计算即可.
    【详解】由,
    所以.
    故选:A
    3.B
    【分析】由平面向量的坐标运算结合得出的值,即可判断出答案.
    【详解】由已知得,,,
    若,则,即,解得,
    所以“”“”,但“”“”,
    所以“”是“”的必要不充分条件,
    故选:B.
    4.B
    【分析】①根据平均数与方差公式进行计算;②由样本中心点在线性回归方程上,代入求解;③先根据公式求出,再使用二项分布求期望公式进行求解.
    【详解】设数据,,…的平均数为,则,则,,…的平均数为,则方差为,则,,…的方差也为3,①正确;
    由题意得:,解得:,②错误;
    已知随机变量X服从二项分布,其中,则,即,解得:,③正确.
    故选:B
    5.C
    【分析】根据给定条件,利用诱导公式、二倍角的正余弦公式求解即得.
    【详解】由,得,
    而,则,,因此,
    即有,所以.
    故选:C
    6.D
    【分析】由题设得是公差为1的等差数列,即有,利用关系求通项公式,进而求.
    【详解】依题意:,则,
    是公差为1的等差数列,且,故,,
    当时,显然也满足,
    所以,易知的公差为2,
    .
    故选:D
    7.B
    【分析】先化简为,当时,得到.若函数在恰好有5个零点,只需函数在区间上恰有5条对称轴.结合正弦函数的图象可建立,求解即可.
    【详解】,
    令,得,
    因为函数在恰好有5个零点,
    所以函数在上恰有5条对称轴.
    当时,,
    令,
    则在上恰有5条对称轴,如图:
    所以,解得.
    故选:B.
    8.D
    【分析】由题意可得,令,则有,,结合基本不等式求得,于是有,从而得答案.
    【详解】解:因为,为正数,所以,
    所以,则有,
    令,则,
    所以,
    当且仅当时,等号成立,
    所以,,
    又,所以,
    即,
    所以的最小值为1,
    所以,
    即的最大值为1.
    故选:D.
    【点睛】方法点睛:对于恒成立问题,常采用参变分离法,只需求出分离后的函数(代数式)的最值即可得解.
    9.ABD
    【分析】化简直线为,进而可判定A正确;利用弦长公式,求得的最小值,可判定B正确;根据直线与圆有总有两个公共点,可得点在圆内部,可判定C不正确;结合向量的数量积的公式,以及直线与圆的位置关系,可判定D正确.
    【详解】由直线,可化为,
    由方程组,解得,即直线过定点,所以A正确;
    当时,圆的方程为,可得圆心,
    则,可得线段长的最小值为,所以B正确;
    因为直线与圆有总有两个公共点,可得点在圆内部,
    所以,解得,所以C不正确;
    当时,圆的方程为,
    则,
    当直线过圆心,此时,可得的最小值,
    所以有最小值为,所以D正确.
    故选:ABD.
    10.AB
    【分析】根据对称轴的性质判断是否成立,由对称中心的性质判断是否成立,由周期的性质判断是否成立,即可确定A、B、D的正误,由,令则,利用导数研究单调性进而确定其最值,即可确定C的正误.
    【详解】A:,故为图象的一条对称轴,正确;
    B:,故为图象的一个对称中心,正确;
    C:,令,则,则,所以有上单调递增,有、上单调递减,而,的最大值为1,错误.
    D:,显然不是的周期,错误.
    故选:AB
    【点睛】结论点睛:
    1、:为的对称轴;
    2、:为的对称中心;
    3、:为的周期;
    11.ACD
    【分析】证明出,再结合可判断A选项;利用线面角的定义可判断B选项;求出的外接圆直径,可求得三棱柱的外接球的直径为,结合球体的表面积公式可判断C选项;利用等体积法可判断D选项.
    【详解】对于A选项,连接、,

    因为四边形为平行四边形,且,则为菱形,
    因为,则,且,
    故为等边三角形,
    因为为的中点,则,
    因为且,则四边形为平行四边形,
    所以,,故,A对;
    对于B选项,过点在平面内作,垂足为点,连接,

    因为平面,平面,则,
    因为,,、平面,则平面,
    所以,与平面所成角为,
    因为四边形是边长为的菱形,且,则,故,
    由余弦定理可得,
    因为,则,
    因为平面,平面,则,
    所以,,
    因为平面,平面,则,
    所以,,
    所以,,即与平面所成角的余弦值为,B错;
    对于C选项,如下图所示:

    圆柱的底面圆直径为,母线长为,
    则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等,则为圆柱的外接球球心.
    且有,
    可将直三棱柱置于圆柱内,使得、的外接圆分别为圆、圆,
    如下图所示:

    因为,,则为等边三角形,
    故圆的直径为,
    所以,三棱柱的外接球的直径为,
    所以,三棱柱的外接球的表面积为,C对;
    对于D选项,连接、,如下图所示:

    因为平面,平面,则,
    又因为且,则四边形为矩形,
    所以,,
    因为,平面,平面,则平面,
    所以,点到平面的距离等于,
    因为点为的中点,则点到平面的距离为,
    所以,,
    因为四边形为矩形,则,
    因为,,则,
    同理,
    在中,,,,
    由余弦定理可得,
    因为平面,平面,则,
    所以,,
    所以,,
    则,
    所以,,
    设点到平面的距离为,由,得,
    所以,,即点到平面的距离为,D对.
    故选:ACD.
    【点睛】方法点睛:求空间多面体的外接球半径的常用方法:
    ①补形法:侧面为直角三角形,或正四面体,或对棱二面角均相等的模型,可以还原到正方体或长方体中去求解;
    ②利用球的性质:几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径,也即球的直径;
    ③定义法:到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心,借助有特殊性底面的外接圆圆心,找其垂线,则球心一定在垂线上,再根据带其他顶点距离也是半径,列关系求解即可;
    ④坐标法:建立空间直角坐标系,设出外接球球心的坐标,根据球心到各顶点的距离相等建立方程组,求出球心坐标,利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
    12.BCD
    【分析】对于A:对求导,利用导数判定原函数的单调性和极值点;对于B:利用导数的几何意义即可判断;对于C:利用分析即可判断;对于D:结合已知条件可得,构造函数利用函数的单调性求解最值即可.
    【详解】对于选项A:由题意可知:函数的定义域为,且,
    令,解得,单调递增;
    令,解得,单调递减;
    可知函数的极大值点为,故A错误;
    对于选项B:由题意可知,,,,
    因为,,
    所以函数在处的切线为,函数在处的切线为,
    所以两切线平行,故B正确;
    对于选项C:令解得,
    所以当时,,单调递增,
    当时,,单调递减,

    当,即时,显然有,
    令,则,
    令,则,
    令解得,
    所以当时,,单调递增,当时,,单调递减,
    所以,即恒成立,所以在上单调递减,
    又,所以当时,
    所以当时,,即,
    又因为,所以结合单调性可知方程仅有一个根,
    结合图象可知,
    因为,所以或,
    令,则,
    令解得,
    所以当时,单调递增,当时,单调递减,
    所以,则无解,所以舍去,
    同理可得,所以(即)或(与矛盾舍去),
    所以,
    又由即可得,所以,故C正确;
    对于选项D:的定义域为,
    根据对数函数的性质当时,,当时,,
    所以时得,,
    又,所以,,
    令,则,由解得,
    则当时,,单调递减,当时,,单调递增,
    所以当时,,即的最小值为,D说法正确;
    故选:BCD.
    【点睛】关键点睛:本题关键点在于根据解析式找到和的关系,即,并由此进一步分析求解.
    13.
    【分析】根据二项式定理计算即可.
    【详解】设的通项为,
    当时,.
    故答案为:
    14.
    【分析】利用导数的几何意义运算即可.
    【详解】由题意得,,设切点为,
    则切线方程为,
    因为切线过原点,
    所以,
    解得,所以.
    故答案为:
    15.
    【分析】推导出函数是周期为的周期函数,根据题中条件求出的值,结合函数的周期性可求得的值.
    【详解】因为函数的定义域为,且为偶函数,为奇函数,
    则,,
    所以,函数的图象关于直线对称,也关于点对称,
    所以,,,
    所以,,则,
    所以,函数是周期为的周期函数,
    当时,,则,,,
    ,,,
    ,,
    所以,,
    又因为,所以,.
    故答案为:.
    【点睛】结论点睛:对称性与周期性之间的常用结论:
    (1)若函数的图象关于直线和对称,则函数的周期为;
    (2)若函数的图象关于点和点对称,则函数的周期为;
    (3)若函数的图象关于直线和点对称,则函数的周期为.
    16.
    【分析】作出图像,由余弦定理及双曲线的定义表示出和,再根据得出,即可表示出,由列出齐次式,求解即可.
    【详解】做出图像,如图所示,则,
    在中,由得,,
    设,则,
    所以,解得,即,
    在中,由得,,
    设,则,
    所以,解得,即,
    因为,
    所以,
    则,即,
    所以,解得,
    所以,
    由可得,,则,
    所以,整理得,解得,
    故答案为:.
    17.(1)
    (2)分布列见解析;
    【分析】(1)根据给定的频率分布直方图中的数据,结合中位数的计算方法,即可求解;
    (2)根据题意,得到的所有可能取值分别为,求得相应的概率,得出分布列,进而求得数学期望.
    【详解】(1)解:由频率分布直方图可知:分数低于70分的学生所占比例为40%,分数低于80分的学生的所占比例为70%,所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数在内.
    由,
    所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数约为分.
    (2)解:根据按比例的分层抽样:抽取的“亚运迷”学生3人,“非亚运迷”学生2人,
    的所有可能取值分别为,
    可得,,,
    所以的分布列为:
    所以数学期望.
    18.(1)
    (2)
    【分析】(1)根据题意,由正弦定理的边角互化进行化简,再由余弦定理,代入计算,即可得到结果;
    (2)根据题意,由可得,结合余弦定理列出方程,即可求得,再由三角形的面积公式,代入计算,即可得到结果.
    【详解】(1)由题意得,
    所以,故
    因为,.
    (2)设,则,
    在中,有.
    在中,有.
    又,所以,
    所以有.又,所以.
    在中,由余弦定理可得.
    又,,,
    所以有.
    联立,解得 ,所以,
    所以.
    19.(1)
    (2),
    【分析】(1)先判定数列和分别为等差和等比数列,进而分别得到其通项公式,从而利用分组求和的方法得到数列的前项和.
    (2)利用数列的前项和列出方程组,解之即可求得、、、,进而求得数列和的通项公式.
    【详解】(1)解:当时,,从而是等差数列,,
    ,所以是等比数列,
    又,则,
    所以.
    (2)解:是各项为正的等比数列,设其首项为,公比为,
    由,可得,则,(定值)
    则数列为等差数列,设其首项为,公差为,
    由数列的前项和,
    可得方程组,整理得,
    解得:,,,且,
    由,可得,则,
    则数列的通项公式为;数列的通项公式为.
    【点睛】本题考查数列的递推公式,明确递推公式与通项公式的异同;会根据数列的递推公式求出数列的通项公式,是难题.
    20.(1)证明见解析
    (2)
    【分析】(1)根据条件证明平面平面PAB即可;
    (2)以A为坐标原点建立空间直角坐标系,分别求出两个平面的法向量即可算出答案.
    【详解】(1)因为平面ABCD,平面ABCD,所以,
    因为平面,平面,所以平面,
    因为底面ABCD为矩形,所以,
    因为平面,平面,所以平面,
    因为,
    所以平面平面PAB,
    又平面CDE,所以平面PAB.
    (2)
    以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
    则,,.
    因为在上的投影为3,所以F的坐标为.
    设平面ACF的法向量为,,,
    则,即令,得.
    设平面ACE的法向量为,,,
    则,即,令,得.
    由,得平面ACF和平面ACE所成锐二面角的余弦值为.
    21.(1)
    (2)答案见解析
    【分析】(1)由导数得切线斜率,然后由点斜式得切线方程并化简;
    (2)先求得,得的单调性,然后讨论的正负,结合零点存在定理得零点个数.
    【详解】(1)依题意得,,此时,

    则切线斜率为,故切线方程:,即.
    (2),
    令得,令得,
    令得.减区间为,增区间为,
    ∴.
    当时,,
    ∴,∴在上有且仅有一个零点.
    当时,令,,
    ∴在上单调递增,
    ∴,即,
    又,∴在上有一个零点,

    令,则,∴在上单调递减,
    ∴,∴,∴在上有一个零点.
    综上所述,时,有一个零点,时,有2个零点.
    22.(1)
    (2)
    【分析】(1)结合抛物线定义即可.
    (2)设经过,两点的直线方程为:(),与抛物线方程联立得,.将每条直线表达出来,、、、表达出来,再由得出即可.
    【详解】(1)设,由题意可得,即,
    解得或(舍去),所以抛物线的方程为.
    (2)如图,
    设经过,两点的直线方程为:(),
    与抛物线方程联立可得,
    即,
    ∴,.
    ∵,则,
    ∴,
    ∴过点作的切线方程为,
    令,得,即.
    同理,过点作的切线方程为,
    令,得,即.
    ∴.
    联立两直线方程,解得,即,
    则到直线的距离.
    又∵过点作直线垂直于,
    直线的方程为,
    令,得,即.
    同理,直线的方程为,
    令,得,即.
    ∴.
    联立两直线方程,解得,
    整理后可得,即,
    则到直线的距离.
    由上可得,,
    ,,
    ∴,得,
    ∴直线的方程为即.
    0
    1
    2
    P
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