广西百色市平果市铝城中学2024届高三下学期4月月考数学试卷（原卷版+解析版）

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1. 已知复数满足，则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】C
【解析】
【分析】利用复数除法运算求得，从而求得，由此得到对应坐标，进而求得在复平面内对应的点所在象限.
【详解】因为，
所以，
对应点为，所以在复平面内对应的点位于第三象限.
故选：C.
【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，共轭复数，考查复数对应点所在象限的判断，属于基础题目.
2. 集合，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式得到集合，结合交集定义进行求解即可．
【详解】，
则，故选B．
【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合B的等价条件，首先要看清楚它的研究对象，是实数还是点的坐标还是其它的一些元素，第二步常常是解一元二次不等式，我们首先用十字相乘法分解因式，求得不等式的解集.在解分式不等式的过程中，要注意分母不能为零.解指数或对数不等式要注意底数对单调性的影响，在求交集时注意区间端点的取舍.
3. 在流行病学中，把每名感染者平均可传染的人数叫做基本传染数.当基本传染数高于1时，每个感染者平均会感染一个以上的人，从而导致感染者人数急剧增长.当基本传染数低于1时，疫情才可能逐渐消散.而广泛接种疫苗是降低基本传染数的有效途径.假设某种传染病的基本传染数为，1个感染者平均会接触到个新人，这人中有个人接种过疫苗(称为接种率)，那么1个感染者可传染的新感染人数为.已知新冠病毒在某地的基本传染数，为了使1个感染者可传染的新感染人数不超过1，该地疫苗的接种率至少为（ ）
A. 30%B. 40%C. 50%D. 60%
【答案】D
【解析】
【分析】由题意列不等式，即可求出结果
【详解】为了使1个感染者传染人数不超过1人，只需要，
所以，即，
，解得
则该地疫苗的接种率至少为60%
故选：D
4. 已知，，则实数a，b，c的大小关系为（ ）
A. c＞a＞bB. a＞b＞c
C. a＞c＞bD. c＞b＞a
【答案】A
【解析】
【分析】先利用作商法比较a，b的大小，再借助中间值“0.5”得到，得到a＜c，即可得到结果．
【详解】易知，
所以，
因为
由得
所以，所以a＜c．
所以实数a，b，c的大小关系为c＞a＞b．
故选：A．
5. 根据新课改要求，昆明市艺卓中学对学校的课程进行重新编排，其中对高二理科班的课程科目：语文、数学、英语、物理、化学、生物这六个科目进行重新编排（排某一天连续六节课的课程，其中每一节课是一个科目），编排课程要求如下：数学与物理不能相邻，语文与生物要相邻，则针对这六个课程不同的排课顺序共有（ ）
A. 144种B. 72种C. 36种D. 18种
【答案】A
【解析】
【分析】由题意知，语文生物相邻用捆绑法“捆绑法”，先与不受限学科全排列，数学物理不相邻，用“插空法”后排列，最后要考虑语文生物的顺序，根据排列数公式以及分步乘法原理即可求出结果.
【详解】语文与生物要相邻，将语文与生物捆绑看作一个整体. 数学与物理不能相邻，采用插空法，后排.
第一步，将语文与生物捆绑看作一个整体后，与英语、化学共3个，排列种类为；
第二步，第一步完成后共有4个位置，将物理和数学排好，排列种类为；
第三步，语文与生物的排列种类为.
所以，总的排列顺序有.
故选：A.
6. 已知函数是上的奇函数，且时，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题知等价于，再根据和时的单调性求解不等式即可.
【详解】解：，即，
因为函数是上的奇函数，
所以
所以，不等式等价于，即.
当时，，可得在递减，且，
则，可得，解得；
当时，由为奇函数，可得在递减，且，
则，即有，解得.
所以原不等式的解集为.
故选：C
7. 如图，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，，则向量可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量加减法和数乘运算，结合图形关系直接求解即可.
【详解】，，
.
故选：A.
8. 已知三棱锥中，和是边长为2的等边三角形，且平面平面，该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
取的中点，连接，证得平面，平面，取的外心，作，取的外心，过点作的平行线交于点，得到点为三棱锥外接球的球心，结合球的性质，求得球的半径，进而求得球的表面积，得到答案.
【详解】取的中点，连接，则，
因为平面平面，所以可证得平面，平面，
取的外心，作，则四点共面，
取的外心，过点作的平行线交于点，
因为垂直平面，则平面，
所以点到四点的距离相等，所以点为三棱锥外接球的球心，
连接，可求得，所以，所以外接球的表面积为.
故选：D.
【点睛】解决与球有关的组合体的方法与策略：
1、一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体个元素的关系，结合球的截面的性质和，进行求解；
2、若球面上四点中两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定球的直径解决外接球问题.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分.
9. 已知a > 0，b > 0，3a + b = 1，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】结合基本不等式对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，，
当且仅当时等号成立，A选项正确.
B选项，结合A选项的分析可知：，
当且仅当时等号成立，B选项错误.
C选项，，
当且仅当时等号成立，C选项正确
D选项，，
当且仅当时等号成立，D选项正确.
故选：ACD
10. 已知是双曲线的左右焦点，过作倾斜角为的直线交双曲线右支于点，且轴，下列判断正确的是（ ）
A. B. 的离心率等于
C. 的内切圆半径D. 若A，为上的两点且关于原点对称，则的斜率存在时其乘积为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，根据条件及双曲线的定义得出且，化简运算即可判断A；对于B选项，在中，由条件可求出，，并结合双曲线的定义，从而可求出离心率，即可判断B；对于C选项，先求出的周长为，设的内切圆为，再根据三角形的等面积法得出，从而可判断C；对于D选项，根据条件可设，结合离心率得出，再利用两点坐标求斜率的公式，化简计算求出的值，从而可判断D.
【详解】解：对于A，如图所示，直线的倾斜角为，且轴，
则且，所以，故A正确；
对于B，在中，，直线的倾斜角为，
则，，
所以，得，故B正确；
对于C，的周长为：，
设的内切圆为，根据三角形的等面积法可知，
，解得：，
所以是与有关的式子，故C错误；
对于D，由于A，关于原点对称，可设，
根据，得，
所以当斜率存在时，，
因为A，在双曲线上，所以，即，得：，
所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在平面直角坐标系中，以原点O为圆心的圆与x轴正半轴交于点．已知点在圆O上，点T的坐标是，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. ，则D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据弧长公式可判断A的正误；由正弦线余弦线的定义即可判断B的正误；当时，可知可判断C的正误；当时成立，故也一定满足，此时可判断D的正误.
【详解】由于单位圆的半径为1，根据弧长公式有，所以A正确．
由于B是∠AOB的一边与单位圆的交点，是对应∠AOB的正弦值，即，所以是对应∠AOB的余弦值，即，所以B错误．
当时，，，所以C错误．
反过来，当，即时，一定成立，所以D正确．
故选：AD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 和向量共线且方向相反的一个向量的坐标为__________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，由求解.
【详解】因为向量与向量共线且方向相反，
所以向量，
不妨取，则，
故答案为：（答案不唯一）
13. 如图，已知中，点在边上，为平分线，且，，.则________，________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
由题意利用三角形正弦定理、余弦定理，求得结果.
【详解】解：中，点在边上，为的平分线，
且，，，
则在、中，分别利用正弦定理可得
，，
整理得.
设，则为锐角，设，则.
由题意在、中，分别利用余弦定理可得，
，，
∴，
求得，∴，
故答案为：，.
【点睛】解三角形应用题的一般步骤：
(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
14. 已知双曲线的左､右焦点分别为，直线与双曲线的一个交点为点，与双曲线的一条渐近线交于点为坐标原点，若，则双曲线的离心率为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据得到且，P，Q三点共线，从而求出P，Q的纵坐标，求出，，列出方程，求出，进而求出离心率.
【详解】如图，因为，所以，即，所以，P，Q三点共线，将代入双曲线中，，双曲线渐近线为，把代入渐近线中，，故，，故，解得：，因为，解得：
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知数列是首项为1的等差数列，公差，设数列的前项和为，且，，成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用等比中项的意义、等差数列前n项和公式求解作答.
（2）令，判断数列的单调性，确定正数项、负数项，再结合等差数列前n项和公式分段求和作答.
【小问1详解】
因为成等比数列，则有，
即，而，解得，则，
所以的通项公式是．
【小问2详解】
由（1）知，令，则数列为递增数列，其前4项为负值，从第5项开始为正值，
设的前项和为，则，
若，，
若，
，
所以.
16. 在△ABC中，角A，B，C所对各边分别为a，b，c，已知
（1）求角A；
（2）若____________，求sinC．
从以下这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并作答．
条件①：；条件②：sinBcsC=．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得，再由余弦定理即可获解；
（2）若选条件①：由余弦定理算出的值，再用正弦定理可得sinC的值；
若选条件②：利用降幂公式和辅助角公式化简条件等式即可获解.
【详解】（1）因为 ,
所以由正弦定理可得 整理可得
所以 ,
因为 , 所以
（2）若选条件①: 由余弦定理
可得整理可得
解得c=2或-3（舍去）， 所以由正弦定理
可得
若选条件②:
因为 可得
可得
可得,
因,
可得,
所以 可得，可得
【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.
17. 如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且.
（1）求直线和平面所成角的正弦值；
（2）在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）首先求得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线和平面所成角的正弦值.
（2）设，利用二面角的大小列方程，求得，进而求得.
【小问1详解】
分别取CB、CD的中点为F、G，连结OF、OG，
∵为的中点，是边长为1的等边三角形，∴是直角三角形，，，，
∵CB、CD的中点为F、G， ∴，，，
∵，为的中点，∴，
又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，是三棱锥底面的高，是直角三角形
∵，∴，
以O点为坐标原点，分别以OF、OG、OA所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∴，，，
设是平面的一个法向量，
则，即，
令，则，，，，
，
∴直线和平面所成角的正弦值等于；
【小问2详解】
在棱上存在点，使二面角的大小为.
设
由（1）知，，
，
是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量，则，
即，
取，，，
∵二面角的大小为，
∴，
即，
整理得，，解得，或（舍去），
所以，，，
所以，在棱上存在点，使二面角的大小为，.
18. 设分别是椭圆的左､右焦点，是上一点，与轴垂直.直线与的另一个交点为，且直线的斜率为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设是椭圆的上顶点，过任作两条互相垂直的直线分别交椭圆于两点，证明直线过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点
【解析】
【分析】（1）结合题意得，进而根据直线的斜率为得，即，再解方程即可得答案；
（2）结合（1）得圆的方程为，进而设直线的方程为，再与椭圆方程联立结合韦达定理和整理化简得或，再检验不满足题意，进而得直线经过轴上定点.
【小问1详解】
由题意知，点在第一象限，是上一点且与轴垂直，
的横坐标为.当时，，即.
又直线的斜率为，所以，
即，即
则，解得或（舍去），
即.
【小问2详解】
解：已知是椭圆的上顶点，则，
由（1）知，解得，
所以，椭圆的方程为，
设直线的方程为，
联立可得，
所以，
又，
，
化简整理有，得或.
当时，直线经过点，不满足题意；.
当时满足方程中，
故直线经过轴上定点.
19. 已知函数，其中，为自然对数的底数.
（1）当时，求函数的最值；
（2）当时，讨论函数的极值点个数.
【答案】（1）有最小值，没有最大值.
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用求导公式和导数的运算法则可得，根据函数的性质推出函数的性质，即可求解；
（2）对函数求导可得，利用导数讨论函数的性质可得，再次利用导数分类讨论函数当、时的性质，结合极值点与零点之间的关系即可求解.
【小问1详解】
当时，，则.
令，则在上单调递增，且，
所以当时，，即；当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，
即有最小值，没有最大值.
【小问2详解】
因为，其中，所以.
令，则.因为，令，则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
设，其中，则.令，解得.
当时，，所以在上单调递增，所以.
所以当时，；当时，.
①当时，，即，也即，
所以在上单调递增，所以没有极值点.
②当时，在上单调递减.
设，则当时，，
所以，即当时，.
又在上单调递减，所以在上单调递减，且在上单调递减，
所以当时，，
所以在上没有零点，且.
又在上单调递减，所以在内存在唯一，使，
所以当时，；当时，，
也即当时，；当时，，
所以为的一个极大值点.
又在上单调递增，，
所以当时，；当时，，
即当时，；当时，，
所以1为的一个极小值点，所以当时，有2个极值点.
综合①②，当时，有2个极值点；当时，没有极值点.
【点睛】在解决类似的问题时，要熟练应用导数研究函数的单调性、极值与最值，要掌握极值与极值点的定义，缕清极值点与方程的根之间关系，善于培养转化的数学思想，学会构造新函数，利用导数研究新函数的性质即可解决问题.