2024届江苏省南通市海安高级中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届江苏省南通市海安高级中学高三上学期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，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先计算交集，再求在上的补集即可.
【详解】由，
所以，
故选：B
2．在复平面内，为原点，为虚数单位，复数对应的向量，则（ ）
A．3B．C．2D．
【答案】D
【分析】由复数的几何意义可得，再根据题意计算复数的模即可.
【详解】因为复数对应的向量，所以，
所以.
故选：.
3．已知函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用复合函数的单调性求解即可.
【详解】即，
令，因为函数在上为增函数，
且函数在上单调递减，
所以函数在上单调递减，所以，解得，
且在上恒成立，则，
解得R，所以.即的取值范围是.
故选：C
4．已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件，得到，再根据投影向量的定义即可求出结果.
【详解】因为，所以，又，所以，
所以在上的投影向量为，
故选：B.
5．《Rhind Papyrus》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一个类似这样的问题，请给出答案：把200个面包分给5个人，使每人所得面包个数成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设每份面包从小到大为等差数列，公差为，解方程即可得解.
【详解】设每份面包从小到大为等差数列，公差为，
可得，
所以，
解得.
故选：B.
6．若直线过抛物线的焦点，与抛物线交于两点，且线段中点的横坐标为4，则（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】C
【分析】首先根据题意设，有，，相减可得结合，直线的斜率为，所以直线的方程为，得出即可得解.
【详解】根据题意抛物线方程为，
故，焦点坐标为，
设，
有，，
相减可得，
又，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，
所以，
所以.
故选：C
7．已知圆，点是圆内一点，过点的圆的最短弦所在直线为，直线的方程为，则（ ）
A．，且与圆相离B．，且与圆相切
C．，且与圆相交D．，且与圆相离
【答案】A
【分析】利用点和圆，直线和圆的位置关系求解即可.
【详解】点是圆内一点，故
点的圆的弦长最短时，和弦垂直，
设弦长所在直线的斜率为，则，即,
直线的方程为，，
且圆心到的距离.
故，且与圆相离.
故选：A.
8．已知，，，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题可得，又，可得，解得，可求的值.
【详解】，
，由．
，
又，
所以
所以，
故选：B.
【点睛】本题考查两角和与差的三角函数公式应用，通过和差公式凑角解出所求角的三角函数值是此类题常用方法，属于中等题.
二、多选题
9．甲､乙两地12月初连续7天的日最高气温数据如图所示，则关于这7天，以下判断正确的是（ ）

A．甲地日最高气温的平均数为B．甲地日最高气温的极差为
C．乙地日最高气温的众数为D．乙地日最高气温的中位数为
【答案】AD
【分析】利用折线图即可求出甲地日最高气温的平均数为，极差为，乙地日最高气温的众数为,中位数为，可得结论.
【详解】根据最高气温数据折线图可知，甲地日最高气温的平均数为，即可知A正确；
易知甲地日最高气温的极差为，故B错误；
由折线图可知乙地日最高气温分别为，所以众数为，即C错误；
将乙地日最高气温排序可得，即中位数为，可得D正确；
故选：AD
10．已知为正实数，，则（ ）
A．的最大值为1B．的最小值3
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】运用可判断A项，由结合基本不等式可判断B项，令，代入原式，结合“1”的代换及基本不等式可判断C项，由，结合换元法转化为求二次函数在区间上的最小值即可.
【详解】对于A项，因为，，所以，当且仅当时取等号，故A项正确；
对于B项，因为，，所以，当且仅当时取等号，故B项正确；
对于C项，令，，则，（，），
所以
，当且仅当，，即，时取等号，故C项错误；
对于D项，，
令，由A项知，，
则，（），
所以当时，取得最小值为，故D项正确.
故选：ABD.
11．在平行六面体中，分别是的中点，是线段上的两个动点，且，以为顶点的三条棱长都是1，，则（ ）
A．平面B．
C．三棱锥的体积是定值D．三棱锥的外接球的表面积是
【答案】ACD
【分析】连接，四边形为平行四边形可得，再由线面平行的判定定理可判断A；对两边平方求值可判断B；根据之间的距离为定值， 点到平面的距离为定值可判断C；在底面的射影是的中心，三棱锥外接球的球心设为，设外接球的半径为，利用、解得，求出表面积可判断D.
【详解】对于A，连接，则，四边形为平行四边形，所以，
所以，因为平面，平面，
所以平面，故A正确；

对于B，因为，由，
得，
所以，可得，故B错误；

对于C，因为，所以之间的距离为定值，即为的高，
又，所以为定值，且点到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积是定值，故C正确；

对于D，因为以为顶点的三条棱长都是1，，
所以在底面的射影是的中心，连接，
且三棱锥外接球的球心在上，设为，连接，
设外接球的半径为，则，
，所以，
，即，解得，
可得三棱锥的外接球的表面积是，故D正确.

故选：ABD.
12．定义在上的函数满足如下条件：①；②当时，.则（ ）
A．B．在上是增函数
C．是周期函数D．
【答案】ABD
【分析】利用赋值法令，判断选项；利用函数单调性的定义可判断选项；结合选项可判断选项；根据题意结合选项可判断选项.
【详解】因为，令，可得，所以，正确；
设，，且，令，，
因为，
所以，
所以，
因为，则，又，则，
所以，，
所以，即，
所以在上是增函数，正确；
由选项在上是增函数,可知函数不是周期函数，错误；
因为，令，得，
因为，所以，
当时，，
因为，所以，
当时，，
因为，所以，所以，，
即，
当时，，所以，正确.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题主要考查抽象函数及其应用，解题的关键是给，赋值.结合选项给，赋不同的值，通过所给式子和条件求解.
三、填空题
13．“北依长江，南临太湖､江苏之南，明珠无锡.总要来趟无锡吧”!某游客从鼋头渚､梅园､蠡园､锡惠公园､灵山胜境､拈花湾六个景点中任选三个进行游览，则他选中鼋头渚的概率为 .
【答案】/
【分析】由题意可得，选中鼋头渚的概率为，计算即可得解.
【详解】根据题意,六个景点中任选三个的所有可能为,
选中鼋头渚的可能为，
他选中鼋头渚的概率为.
故答案为：
14．若某圆锥高为4，其侧面积与底面积之比为3：1，则该圆锥的体积为 .
【答案】/
【分析】运用圆锥的侧面积、底面积及体积公式计算即可.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，如图所示，

则，
由题意知，，即，解得，
所以圆锥体积为.
故答案为：.
15．已知函数图象上有一最低点，将此函数的图象向左平移个单位长度得的图象，若函数的图象在处的切线与的图象恰好有三个公共点，则的值是 .
【答案】
【分析】由辅助角公式化一，再根据正弦函数的最值求出函数的解析式，进而可求出的解析式，再结合正弦函数图象特征，利用导数的几何意义，即可求解.
【详解】，
因为函数图象上有一最低点，
所以，且，
所以，所以，
所以，
将函数的图象向左平移个单位长度得的图象，，
则，
如图，结合的图象及对称性可知，

在处的切线经过点，设切点为，
则，所以，
整理得，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键点是找到切线与的图象有个交点时，该切线过点，再利用导数处理即可.
16．如图，，是双曲线：（，）的左右焦点，过的直线与圆相切，切点为，且交双曲线的右支于点，若，，则双曲线的离心率 .
【答案】
【分析】连接，过作的平行线，根据向量关系以及双曲线的定义，用分别表示出，利用勾股定理，即可求得，则离心率得解.
【详解】连接，过作，
由，则易知，，，
，，
所以在中，，
整理得，所以双曲线的离心率.
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，涉及齐次式的构造，属经典基础题.
四、解答题
17．设内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若，且的面积为，求角的角平分线的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理把边转化为角，结合诱导公式和二倍角公式变形即可得到角；
（2）在中根据面积公式求得边，再由角平分线分得的两个三角形的面积之和等于大三角形的面积，列式求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得,
因为，所以，所以，
因为，所以，
因为，所以,
因为，所以，所以，
所以，即；
（2）因为，，所以,
即，
设的角平分线交于，因为，
所以，所以.
18．某大型公司招聘新员工，应聘人员简历符合要求之后进入考试环节.考试分为笔试和面试，只有笔试成绩高于75分的考生才能进入面试环节，已知2023年共有1000人参加该公司的笔试，笔试成绩.
(1)从参加笔试的1000名考生中随机抽取4人，求这4人中至少有一人进入面试的概率；
(2)甲､乙､丙三名应聘人员进入面试环节，且他们通过面试的概率分别为.设这三名应聘人员中通过面试的人数为，求随机变量的分布列和数学期望.
参考数据：若，则，
【答案】(1)0.499
(2)分布列见解析，
【分析】（1）记“至少有一人进入面试”，由正态分布可得，再根据对立事件和独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）由题意可得：的可能取值为，根据独立事件概率乘法公式求分布列，进而可得期望.
【详解】（1）记“至少有一人进入面试”，由已知得，
所以，
则，
即这4人中至少有一人进入面试的概率为0.499.
（2）由题意可得：的可能取值为，则：
，
，
，
，
可得随机变量的分布列为
所以.
19．如图，在四棱锥中，平面，点是的重心.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度.
【答案】(1)证明见解析；
(2)或.
【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定推理即得.
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列式求出的长度.
【详解】（1）在四棱锥中，平面平面，则，
而平面，于是平面，又平面，
所以平面平面.
（2）取中点为，连接，，
则，即四边形为矩形，则，
又平面平面，显然两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为为轴，建立空间直角坐标系，

设，则，
由点是的重心，得，则，
又，设平面的一个法向量，
则，取，得，设与平面所成角为，
，化简得，
解得或，即或，所以的长度为或.
20．已知数列的首项，且满足，记.
(1)证明：是等比数列；
(2)记，证明；数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等比数列的定义，要证是等比数列，即证为常数；
（2）由（1）可知数列的通项公式，利用裂项相消法求和，整理变形即可证得.
【详解】（1）因为，
所以，，所以，
因为，，所以，
因为，
因为，
又因为当时，所以，所以，
所以是以5为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）可得，
因为，
所以
.
21．将圆上各点的横坐标变为原来的5倍，纵坐标变为原来的4倍，所得的曲线为.记曲线与轴负半轴和轴正半轴分别交于两点，为轴上一点.
(1)求曲线的方程；
(2)连接交曲线于点，过点作轴的垂线交曲线于另一点.记的面积为，记的面积为，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意首先设曲线上任一点的坐标为，由题意，其中为单位圆上点的坐标，由此即可得解.
（2）首先联立直线方程与椭圆方程，表示出点坐标（含参数），结合椭圆对称性得点坐标，得进一步可得直线与轴交点的坐标，结合三角形面积公式求得表达式，进一步即可求出范围即可.
【详解】（1）设曲线上任一点的坐标为，圆上的对应点的坐标为，
由题意可得，因为，所以曲线的方程为.
（2）如图所示：
连接交轴于点，由题意，
所以直线，
联立，消去并整理得，
解得，
即，
由题意并结合椭圆的对称性可知关于轴对称，所以
所以直线，所以，
，
，
所以，
因为，所以.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据题意求得点的坐标，从而得解.
22．已知函数.
(1)求函数（其中）的单调区间；
(2)若不等式对一切正实数恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）将的解析式去掉绝对值得，分段求导函数后，利用导函数的正负得到函数的单调区间.
（2）分和的情况分析恒成立，可得时不等式恒成立；再讨论时的情形，不等式可转化为，转化为且的正负问题，从而通过求讨论的正负问题.
【详解】（1），因为，
所以，
①当时，，恒成立，此时在上单调递增；
②当时，，，
当时，恒成立，此时在上单调递增；
当时，当时，当时，
此时在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，的增区间为，无减区间；
当时，的增区间为，减区间为.
（2）不等式对一切正实数恒成立，
即对一切正实数恒成立.
当时，，则；
当时，，则.
因此当时，恒成立.
又当时，，故当时，恒成立.
下面讨论的情形.
当且时，.
设且
记.
①当，即时，恒成立，故在及上单调递增.
于是当时，，又，故，即.
当时，，又，故，即.
又当时，.
因此当时，对一切正实数恒成立.
②当，即时，设的两个不等实根分别为.
函数图像的对称轴为，
又，于是.
故当时，，即，从而在上单调递减；
而当时，，此时，于是，
即，因此当时，对一切正实数不恒成立.
综上，当对一切正实数恒成立时，，即的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导函数研究函数的单调性、不等式恒成立求参数问题，考查考生运算求解能力、推理论证能力、分类和整合思想.
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