2024届黑龙江省哈尔滨市第九中学校高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届黑龙江省哈尔滨市第九中学校高三上学期12月月考数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知a为实数,i为虚数单位,若复数为纯虚数,则复数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
【解析】根据纯虚数的知识求得，由此求得在复平面内对应的点所在的象限.
【详解】∵复数为纯虚数,
,∴复数,在复平面内对应的点的坐标为,位于第二象限.
故选：B.
【点睛】本小题主要考查纯虚数的概念，考查复数对应点所在象限，属于基础题.
2．已知两条直线，及平面，则下列推理正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】根据空间中点线面的位置关系即可结合选项逐一判断.
【详解】对于A,例如在正方体中平面, 平面,但是与相交，故A错误，
对于B,根据线面平行的判定定理，需要， ，故当时，不能得到，故B错误，
对于C,例如在正方体中，平面,但是不能得到平面,故C错误，
对于D,根据线面垂直的定义即可判断，，故D正确，
故选：D
3．已知直线的倾斜角为，则（ ）
A．-3B．C．D．
【答案】B
【分析】利用直线的斜率的定义及二倍角的余弦公式，结合同角三角函数的平方关系和商数关系即可求解.
【详解】因为直线的倾斜角为，
所以.
所以.
故选：B.
4．下列命题错误的是（ ）
A．已知非零向量，，，则“”是“”的必要不充分条件
B．已知，是实数，则“”的一个必要不充分条件是“”
C．命题“，”的否定为“，”
D．若命题“，”是真命题，则实数的取值范围是
【答案】B
【分析】根据数量积的运算法则结合充分条件、必要条件判断A；根据指数不等式和对数不等式结合充分条件、必要条件判断B，根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断C，分离参数求解参数范围判断D.
【详解】对于A，若，则，所以，不能推出，
反之时，推出，
所以“”是“”的必要不充分条件，正确；
对于B，等价于，即，等价于，
所以成立，则一定成立，
反之成立，不一定成立，
从而“”的一个充分不必要条件是“”，正确；
对于C，全称量词命题的否定为存在量词命题知，
命题“，”的否定为“，”，正确；
对于D，命题“，”是真命题，则恒成立，
即，即实数的取值范围为，正确，
故选：B
5．两直线与平行，则它们之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据两直线平行求得的值，利用平行线间距离公式求解即可.
【详解】与平行,
,即
直线为,即
故选：B
6．已知函数满足，，且，则的值为（ ）
A．96B．C．102D．
【答案】C
【分析】根据题意，推得既关于成轴对称，又关于点成中心对称，由和，结合函数的对称性和周期性，即可求解.
【详解】根据题意，函数满足，可得函数关于点成中心对称，
又由函数满足，即
所以函数关于对称，
所以函数既关于成轴对称，又关于点成中心对称，
所以，且函数的周期，
又因为，所以，
可得，
所以
.
故答案为：.
7．已知点是圆上的动点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出图象，过点作，垂足为，连接，则有，从而得点D的轨迹方程为²，由向量的加法法则可得，根据圆与圆的位置关系求出即可得答案.
【详解】解：圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为2，
如图，过点作，垂足为，连接，

为中点，即，
又，
，
点D的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
点D的轨迹方程为²，
是AB中点，
，
，
所以的最大值为
故选：
8．已知M为椭圆：上一点，，为左右焦点，设，，若，则离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，，结合三角恒等变换以及正余弦定理将化为，继而推出的关系，求得答案.
【详解】设，，则，

由得，
即，
在中，由正弦定理得，
故，又，
故，
即，
即，即或，
结合椭圆定义可知且，
故，即，
故选：C
【点睛】关键点睛：本题是椭圆的离心率的求解问题，即求之间的关系，解答的关键是对于已知等式的化简，即利用三角恒等变换结合正余弦定理将转化为三角形边之间的关系式，进而化简可得的关系，即可求解答案.
二、多选题
9．已知F1，F2分别是椭圆C：的左，右焦点，P为椭圆C上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．的周长为10B．面积的最大值为
C．椭圆C的焦距为6D．椭圆C的离心率为
【答案】AB
【分析】由椭圆的性质直接分析即可.
【详解】对A，因为椭圆C：，
的周长为，故A正确；
对B，因为，面积最大时高最大，为，
所以面积的最大值为，故B正确；
对C，椭圆C的焦距为，故C错误；
对D，椭圆C的离心率为，故D错误；
故选：AB
10．已知空间四点，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．点到直线的距离为D．四点共面
【答案】BD
【分析】根据空间向量的坐标表示公式、夹角公式，结合四点共面的性质、点到线距离公式逐一判断即可.
【详解】A：因为，
所以，因此本选项不正确；
B：因为，
所以，因此本选项正确；
C：，
，
所以
所以点到直线的距离为，因此本选项不正确；
D：因为，
所以有，因此是共线向量，
所以四点共面，因此本选项正确，
故选：BD
11．下列结论正确的是（ ）
A．若圆：，圆：，则圆与圆的公共弦所在直线的方程是
B．圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1
C．曲线：与曲线：恰有三条公切线，则m＝4
D．已知圆C：，P为直线上一动点，过点P向圆C引条切线PA，其中A为切点，则PA的最小值为4
【答案】ABC
【分析】将两圆的方程相减即可得出两圆公共弦所在直线的方程，进而判断选项A；根据直线与圆心的距离与半径的大小关系即可判断选项B；根据两圆的的位置关系即可判断选项C；结合圆上动点到定直线距离的最值即可判断选项D.
【详解】对于A，显然两圆相交，且两方程相减可得：，也即，故选项A正确；
对于B，圆的圆心到直线l：的距离，所以圆上有且仅有3个点到直线l：的距离都等于1，故选项B正确；
对于C，曲线：可化为，曲线：可化为，
若曲线表示圆，则有，
因为曲线：与曲线：恰有三条公切线，所以两圆相外切，则，解得：，满足，
故选项C正确；
对于D，根据题意，显然，当最小时，则最小，其最小值为到直线的距离，即，
所以PA的最小值为，故选项D错误，
故选：ABC.
12．如图三棱锥中，点为边中点，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在实数使得
B．当两两垂直时，
C．当两两所成角为且为中点时；
D．当两两垂直时，为中点，是锥体表面上一点，若，则动点运动形成的路径长为
【答案】BC
【分析】假设得到平面，矛盾，A错误，证明平面得到B正确，根据得到C正确，建立空间直角坐标系，根据垂直关系得到，解方程得到D错误，得到答案.
【详解】对选项A：若存在实数使得，则，，确定平面，
平面，这与条件矛盾，错误；
对选项B：，，，平面，
故平面，平面，故，正确；
对选项C：，
，故，正确；
对选项D：如图所示以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，即，
在平面内，直线方程为，，解得，
故路径长为，错误.
故选：BC.
三、填空题
13．函数在上的单调递增区间为 .
【答案】.
【分析】根据余弦型函数的单调性求解即可.
【详解】由题意知，，，解得：，，
又因为，所以.
所以在上的单调递增区间为.
故答案为：.
四、双空题
14．对任意的正整数，直线：恒过定点，则这个定点的坐标为 ，若点在直线上，则数列的前10项和为 .
【答案】
【分析】依题意可得，令，即可求出定点坐标，将代入直线方程，即可得到，再利用裂项相消法求和.
【详解】直线：即，令，解得，
所以直线恒过点，
因为点在直线上，所以，解得，
所以，
则数列的前10项和.
故答案为：；
五、填空题
15．三个“臭皮匠”在阅读一本材料时发现原来空间直线与平面也有方程．即过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线l的方程为．三个“臭皮匠”利用这一结论编了一道题：“已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成的角的正弦值是多少？”想着这次可以难住“诸葛亮”了．谁知“诸葛亮”很快就算出了答案．请问答案是 ．
【答案】
【分析】求出已知的三个平面的法向量，由直线l是两个平面与的交线，求出直线的方向向量，再根据线面角的向量求法，可得答案.
【详解】因为平面的方程为，故其法向量可取为，
平面的法向量可取为，
平面的法向量可取为，
直线l是两个平面与的交线，设其方向向量为，
则，令，则，
故设直线l与平面所成的角为 ，
则，
故答案为：
16．如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先由余弦定理求出，从而得到，确定BC的中点E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，再证明出为AD的中点，N为的中点，即EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，从而确定当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，画出图形，求出相应的外接球半径和表面积，最后结合点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，求出表面积的取值范围.
【详解】因为，由余弦定理得：
，
因为，由勾股定理逆定理得：，
直四棱柱中，底面为平行四边形，
故⊥CD，
点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故BC为直径，
取BC的中点E，则E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，
设与AD相交于点M，与相交于点N，连接EM，ED，
则EM=ED
因为，故，，
故三角形DEM为等边三角形，，
即为AD的中点，同理可得：N为的中点，
连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，
显然，当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，
假如点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，
如图1，点P与点N重合，连接OC，设，则OE=2-R，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时外接球表面积为；
如图2，当点P与或重合时，连接，
其中，
设，则，
由勾股定理得：，，
故，解得：，
此时外接球半径为，故外接球表面积为，
但因为点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，
综上：的取值范围是.
故答案为：
【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.
六、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)已知，D为边上的一点，若，，求的长．
【答案】(1)．
(2)．
【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解.
【详解】（1）∵，根据正弦定理得，，
即，
所以，因为，
所以，所以，
因为，所以．
（2）因为，，，根据余弦定理得
，∴．
∵，∴．
在中，由正弦定理知，，∴，
∴，，所以
∴，∴．
18．给定椭圆：，称圆心在原点，半径是的圆为椭圆的“准圆”．已知椭圆的一个焦点为，其短轴的一个端点到点的距离为．
(1)求椭圆和其“准圆”的方程；
(2)若点，是椭圆的“准圆”与轴的两交点，是椭圆上的一个动点，求的取值范围．
【答案】(1)椭圆的方程为，其“准圆”方程为；
(2).
【分析】（1）根据已知求椭圆方程中的参数，即得椭圆方程，再由“准圆”定义写出对应“准圆”的方程；
（2）设，写出，坐标，应用向量数量积的坐标表示得，结合是椭圆上及其有界性，即可求范围.
【详解】（1）由题意知，且，可得，
故椭圆的方程为，其“准圆”方程为．
（2）由题意，设，则有，
不妨设，，所以，，
所以，又，则，
所以的取值范围是．

19．已知圆，两点、.
(1)若，直线过点且被圆所截的弦长为，求直线的方程；
(2)若圆上存在点，使得，求圆半径的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）计算出圆心到直线的距离为，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式可求出直线的方程；
（2）设点，利用平面内两点间的距离公式结合可得知点在圆，可知圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系可得出关于的不等式，即可解得的取值范围.
【详解】（1）解：当时，圆的标准方程为，圆心为，
因为直线过点且被圆所截的弦长为，则圆心到直线的距离为，
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，不合乎题意；
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
则，解得，
所以，直线的方程为或.
（2）解：设点，则，
整理可得，
因为点在圆上，则圆与圆有公共点，
且圆的圆心为，半径为，
则，且，故，
因为，解得，故的取值范围是.
七、证明题
20．设是数列的前n项和，已知，
(1)证明：是等比数列；
(2)求满足的所有正整数n.
【答案】(1)证明见解析
(2)正整数n为1，2
【分析】（1）由定义能证明数列是等比数列；
（2）由，得，从而；
由求和式子由此能求出满足的所有正整数n的值．
【详解】（1）由已知得，
所以，
其中，，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
所以，
，
所以，
所以
，
当时，单调递减，其中，，，
所以满足的所有正整数n为1，2.
八、解答题
21．如图①所示，长方形中，，，点是边靠近点的三等分点，将△沿翻折到△，连接，，得到图②的四棱锥.
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值.
【答案】(1)
(2)平面和平面夹角余弦值的最小值为
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；
（3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式及，得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值．
【详解】（1）解：取的中点，连接，
因为，则，
当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，
此时平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为；
（2）解：连接，
因为，所以，
所以为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
过作于点，由题意得平面，
设,,，
所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设平面的法向量为，
因为，
则，
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
，
令，所以，则
所以，所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为.
【点睛】关键点点睛：利用二面角的平面角来表示折叠过程中形成的动点的横、纵、竖坐标，从而减少题中的变量，并且求解平面与平面夹角的余弦值时，两个平面法向量都含参数的正弦或余弦值，利用空间向量的坐标运算求解时，还需应用与的关系进行变形处理，从而使得只含或者的式子，转换成单变量的函数关系从而可以利用函数思想求解的最值，属于较难题目．
九、证明题
22．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)设函数，若恒成立，求的最大值；
(3)已知，证明：.
【答案】(1)递减区间为，递增区间为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导函数，解导数不等式既得单调区间；
（2）利用导数研究含的单调性，找到函数的极值点，从而得到最小值，然后利用导数研究最值函数的范围即可求解；
（3）由（1）可得，变形得.借助数列的裂项求和的方法和对数的运算性质即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
当，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以单调递减区间为，单调递增为；
（2），则，
所以，所以在上单调递增，
又，，
故存在唯一的实数，使得即成立.
故时；时.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，
其中，令，，
因为，，
所以在上单调递减，所以即，
故，故所求的最大值为
（3）由（1）可得，则，
可得，即，即，
令，所以，所以，即，
所以，，
令，则，且不恒为零，
所以，函数在上单调递增，故，则，
所以，，
所以
.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.