2024届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第十二中学高三上学期8月月考数学（理）试题含答案

2024届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第十二中学高三上学期8月月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，表示空集，则下列结论错误的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由集合与集合间的关系，元素与集合的关系判断即可.

【详解】，，，，A，B，D正确，∵表示以为元素的集合，而集合A中不含元素，

∴不是A的子集。故C不对，

故选：C.

2．下列各式中正确的个数是（    ）

①；②；③；④若，则；⑤若，则或．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【答案】A

【分析】对①，根据数量积运算律即可判断；对②，由数量积为实数结合共线向量来判断；对③，由数量积运算的运算律可判断；对④，将等式整理为，进而判断；对⑤，由数量积为，可知两向量的位置关系，进而判断.

【详解】对①，由数量积的运算律知①正确；

对②，设，（，为实数且不为），

若，则，

当与不共线时，等式不成立，故②错误；

对③，由数量积运算的运算律可得③正确；

对④，若，则，所以，故④错误；

对⑤，若，则，无法说明一定满足或，故⑤错误.

综上，正确的为①③，

故选：A

3．已知数列是递增数列，对于任意正整数，恒成立，则实数的取值范围是（    ）.

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合数列单调性以及二次函数的性质列不等式，解不等式求得的取值范围.

【详解】由于数列是递增数列，且对于任意正整数，恒成立，所以.

故选：D

【点睛】本小题主要考查根据数列的单调性求参数的取值范围，属于基础题.

4．抛物线上的点到抛物线焦点的距离为3，则（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】B

【解析】根据抛物线的定义，得到，求出，代入抛物线方程，即可得出结果.

【详解】因为抛物线上的点到抛物线焦点的距离为3，

根据抛物线的定义可得，，解得，

代入得，则.

故选：B.

【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题型.

5．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据流程图模拟执行程序即得.

【详解】由题可知，；

，不满足；

，不满足；

，不满足；

，满足，

输出.

故选：D.

6．已知正方形与正方形所成二面角的平面角的大小为，是正方形所在平面内的一条动直线，则直线与所成角的正切值的最小值为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】根据题意作出图形，根据二面角的定义可得，分析出的位置使得线与所成角最小，再求角的正切值即可求解.

【详解】如图，设正方形与正方形的边长为，

因为，，，所以面，

因为，，所以即为二面角的平面角，

所以，

过点作于点，则，

因为面，面，所以，

因为，所以面，

因为面，可得，

在中，，

当点到面距离最小时，直线与所成的角最小，

即直线与所成角最小，此时，

由勾股定理可得，

所以，

所以直线与所成角的正切值的最小值为，

故选：A.

7．已知等比数列{an}中，公比为q，a2=3，且﹣1，q，7成等差数列，又bn=log3an，数列{bn}的前n项和为Tn，则T9（    ）

A．36 B．28 C．45 D．32

【答案】A

【解析】由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质可得首项、公比，求得，由对数的运算性质可得，再由等差数列的求和公式，计算可得所求和．

【详解】解：等比数列中，公比为，，且，，7成等差数列，

可得，即，，则，

，

，，

则．

故选：A．

【点睛】本题考查等比数列的通项公式和等差数列的中项性质、求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

8．棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q分别为C1D1，BC的中点，现有下列结论：①PQ∥BD1；②PQ∥平面BB1D1D；③PQ⊥平面AB1C；④四面体D1﹣PQB的体积等于.其中正确的是（ ）

A．①③ B．②③ C．②④ D．③④

【答案】C

【分析】如图1，取AD中点M，连接MD1与MQ，说明PQ与BD1异面，判断①；如图2，取CD中点R，可得平面PQR∥平面BB1D1D，判断②；通过PQ⊥B1C，则C1Q⊥B1C，推出矛盾，判断③；利用体积求解判断④.

【详解】解：如图1，取AD中点M，连接MD1与MQ，则MQ∥D1C1，B平面MQC1D1，则PQ与BD1异面，矛盾，故①错误；如图2，取CD中点R，易得平面PQR∥平面BB1D1D，故②正确；若③正确，则PQ⊥B1C，则C1Q⊥B1C，矛盾，故③错误；

如图2，.故④正确.

故选：C.

9．甲乙丙三位同学独立的解决同一个问题，已知三位同学单独正确解决这个问题的概率分别为，，，则有人能够解决这个问题的概率为（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用相互独立事件的概率乘法公式求出“三人都未解答这个问题”的概率，利用对立事件的概率公式得到“有人能够解决这个问题”的概率即可．

【详解】三人都未解答这个问题的概率为 （1）（1）（1），

故有人能够解决这个问题的概率为1，

故选：C．

【点睛】本题考查了相互独立事件的概率乘法公式、互斥事件和对立事件的概率公式，考查了正难则反的原则，属于中档题．

10．已知函数，若实数满足，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题可得函数关于对称，且在上单调递增，在上单调递减，进而可得，即得.

【详解】∵函数，定义域为，

又，

所以函数关于对称，

当时，单调递增，故函数单调递增，

∴函数在上单调递增，在上单调递减，

由可得，，

解得，且.

故选：D.

11．函数在上的最小值为-2，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由对称性可知,只需讨论函数与轴最近的对称轴与的关系,分两种情况讨论即可.

【详解】由关于原点对称可知,只需讨论函数函数与轴最近的对称轴与的关系即可.

当时, 在轴左边最近的对称轴为,

此时.

当时, 在轴右边边最近的对称轴为,

此时,因为故

故

故选：C

【点睛】本题主要考查了三角函数图像的性质与范围的问题,需要数形结合列出对应的表达式,属于中等题型.

12．已知函数的最大值为，则等于(　　)

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题可得，然后利用导数与函数单调性的关系即得.

【详解】∵，

∴，

∴，

所以，，

由，可得，由，可得，

故在内单调递增，在内单调递减，

故当时，函数有最大值.

故选：B.

二、填空题

13．现在学校开了物理、化学、生物、政治、历史、地理六门学科，小茗同学将来准备报考的高校某专业要求必须选择物理，其它两门课可以任意选择，则小茗同学有      种不同的选科方法用数字作答．

【答案】10

【分析】根据题意，分析可得小茗同学在其他5科中任选2科即可，由组合数公式计算可得答案．

【详解】根据题意，小茗同学必选物理，在其他5科中任选2科即可，

则小茗有种选法．

故答案为10．

【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及组合数公式的计算，解题的关键是正确理解题意，属于基础题．

14．已知圆过，Q（3，1）两点，且在x轴上截得的弦长为6，则该圆的方程是         ．

【答案】或./或.

【分析】设圆的方程为，则有，求得，即可得出答案.

【详解】解：设圆的方程为，

则有，解得或，

所以圆的方程为或.

故答案为：或.

15．使函数的最小正周期为成立的一个充分条件是         .

【答案】或(答案不唯一)

【分析】利用二倍角的余弦公式化简，由周期公式可得的值，结合充分条件的定义可得结果.

【详解】，其周期，

，即或.

故答案为:或.(答案不唯一)

16．已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是            ．

【答案】

【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.

【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点

因为，所以方程的两个根为，

即方程的两个根为，

即函数与函数的图象有两个不同的交点，

因为分别是函数的极小值点和极大值点，

所以函数在和上递减，在上递增，

所以当时，，即图象在上方

当时，，即图象在下方

，图象显然不符合题意，所以．

令，则，

设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为，

则切线的斜率为，故切线方程为，

则有，解得，则切线的斜率为，

因为函数与函数的图象有两个不同的交点，

所以，解得，又，所以，

综上所述，的取值范围为．

[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导

=0的两个根为

因为分别是函数的极小值点和极大值点，

所以函数在和上递减，在上递增，

设函数，则，

若，则在上单调递增，此时若，则在

上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数

且的极小值点和极大值点，则，不符合题意；

若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以.

【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解；

法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法．

三、解答题

17．在中，内角A，，所对的边分别是，，，记的面积为S.已知_________.从①，②，③三个条件中选择一个填在上面的横线上，并解答下列问题.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分）

(1)求角A的大小；

(2)若边长，求的周长的取值范围.

【答案】(1)无论选择①②③，；

(2)

【分析】（1）若选①，由正弦定理边化角可得，整理可得，根据A的范围，可求得角A；若选②，正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，可得整理可得，根据A的范围，可求得角A；若选③，根据余弦定理、面积公式，代入化简可得根据A的范围，可求得角A；

（2）根据（1）及正弦定理可得，根据两角和的正弦公式、辅助角公式，整理可得，根据角B的范围及正弦函数的性质，即可得答案.

【详解】（1）若选①，由正弦定理边化角可得，

因为，所以，

所以，解得；

若选②，由正弦定理边化角可得，

所以，

所以，

因为，，

所以，解得；

若选③，由余弦定理可得，

所以，

所以，

所以

因为，所以

（2）由（1）得，由正弦定理得，

所以，

因为，所以，

当时，有最大值为4，

所以，

所以的周长的取值范围为

18．如图，直二面角中，四边形是正方形，为CE上的点，且平面．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析； （2）.

【分析】（1）要证平面，只需证明和即可；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的一个法向量，利用向量夹角公式可求得余弦值.

【详解】（1）平面，平面，

∵二面角为直二面角，且，

平面，又，

平面．

（2）如图以的中点为坐标原点建立空间坐标系，

设，则

，

设平面的法向量分别为，则由得，

而平面的一个法向量

∵二面角为锐角，

故二面角的余弦值为．

19．近几年，中国进入一个鲜花消费的增长期，某农户利用精准扶贫政策，贷款承包了一个新型温室鲜花大棚，种植和销售红玫瑰和白玫瑰.该农户从去年的销售数据中随机抽取了红玫瑰10天的销量数据如下（单位：枝）：

615，575，625，590，600，600，570，615，580，630.

（1）求这10天红玫瑰销量的平均数和方差；

（2）若这个大棚红玫瑰的日销量服从正态分布，其中，可分别用（1）中的和代替，白玫瑰的日销量服从正态分布，又已知红玫瑰的售价为2元/枝，白玫瑰的售价为4元/枝，预计今年哪种玫瑰的日销售额超过1280元的天数更多.

【答案】（1），.（2）预计今年白玫瑰的日销售额超过1280元的天数更多

【分析】（1）根据平均数和方差的计算公式，计算出平均数和方差.

（2）由（1）求得，首先求得的范围，然后根据正态分布的对称性以及原理，判断出.

【详解】（1）由条件可知，

，

.

（2）由（1）可知.

若红玫瑰的日销售额超过1280元，则需.

若白玫瑰的日销售额超过1280元，则需.

根据正态分布的特征可知，

即白玫瑰的日销售额超过1280元的概率更大，故预计今年白玫瑰的日销售额超过1280元的天数更多.

【点睛】本题考查样本的数字特征和正态分布，属于中档题.

20．在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为6，且经过点，为左顶点，为下顶点，椭圆上的点在第一象限，交轴于点，交轴于点.

（1）求椭圆的标准方程

（2）若，求线段的长

（3）试问：四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由

【答案】（1）；（2）；（3）是定值，6.

【解析】（1）已知得，代入点的坐标求得后得椭圆方程；

（2）由向量运算求得点坐标，写出直线方程，与椭圆方程联立方程组求得点坐标，可得线段长；

（3）设直线方程为.得，点坐标，点坐标，计算四边形的面积即得．

【详解】（1）解：由题意得，解得.

把点的坐标代入椭圆C的方程，得

由于，解得

所以所求的椭圆的标准方程为.

（2）解：因为，则得，即，

又因为，所以直线的方程为.

由解得(舍去)或，即得

所以

即线段的长为

（3）由题意知，直线的斜率存在，可设直线.

令，得，

由得，解得(舍去)或

所以，即

于是直线的方程为，即

令，得，即，

所以四边形的面积等于

即四边形的面积为定值.

【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题，解题方法是解析几何的基本方法：写出直线方程求出交点坐标，得出线段长度．对定值问题，设出直线方程得出各交点坐标，计算出四边形面积即可得．

21．已知（其中且，是自然对数的底）.

（1）当，时，求函数在处的切线方程；

（2）当时，求函数在上的最小值；

（3）若且关于的不等式在上恒成立，求证：.

【答案】（1）;（2）当或时，最小值为，当时，最小值为;（3）见解析.

【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，再写出切点坐标，就可以写出切线方程．

（2）当时，，求导得单调性时需要分类讨论,,，再求最值．

（3）将恒成立问题转化为在上恒成立，设，，求出，

再令设，，求最大值小于，进而得出结论．

【详解】解：（1），时，，，，

，函数在处的切线方程为，即.

（2）当时，，

，令，解得或，

当时，即时，在上恒成立，在上单调递减，

；

当时，即时，在上恒成立，在上单调递减，

；

③当时，即时，当时，，当时，，

在上单调递减，在上单调递增，．

综上所述：当或时，最小值为；当时，最小值为.

（3）证明：由题意知，当时， 在上恒成立，

在上恒成立，设，，

，在上恒成立，

在上单调递减，， ，

存在使得，即，

因为，所以.当时，，当时，，

在上单调递增，在上单调递减，

，，

设，，，

在恒成立，在上单调递增，，

在单调递增，，．

【点睛】本题考查导数的综合应用，考查了最值问题，考查了不等式恒成立问题.若要证明 ，一般地，只需说明 即可；若要证明恒成立，一般只需说明即可，即将不等式问题转化为最值问题.

22．选修4-4：坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为（为参数，），直线的极坐标方程为.

(1)写出曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)为曲线上任意一点，为直线任意一点，求的最小值.

【答案】(1)曲线的方程为；直线的方程为；

(2).

【分析】（1）曲线消去可得普通方程，注意参数的范围，利用极直互化可得直线的直角坐标方程；

（2）圆上的点到直线的距离可以转化为圆心到直线的距离求解.

【详解】（1）解：曲线的参数方程为，（为参数，），

消去参数，由，可得：，

由于，∴，

故曲线的轨迹方程是上半圆.

∵直线，即，即，

故直线的直角坐标方程为.

（2）解：由题意可得点在直线上，点在半圆上，如图所示

半圆的圆心，半径，

圆心到直线的距离等于，

即的最小值即为.