2024届江西省南昌市第十中学高三上学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2024届江西省南昌市第十中学高三上学期第一次月考数学试题含解析，共20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，集合，若，则（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】D
【分析】由，得到，分、和，三种情况讨论，即可求解.
【详解】由集合，集合，
因为，可得，
当时，则，此时，此时不满足，舍去；
当时，则，此时，此时满足；
当时，则，此时，此时不满足，舍去，
综上可得，.
故选：D.
2．复数，表示的共轭复数，表示的模，则下列各式正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的四则运算、模的坐标运算及复数的几何意义即可判断.
【详解】因为，所以，故A错误；
，，故B错误；
，，故C错误；
由复数的几何意义可知：，则，故D正确.
故选：D.
3．设数列满足且，则（ ）
A．B．C．D．3
【答案】D
【分析】由题意首先确定数列为周期数列，然后结合数列的周期即可求得最终结果.
【详解】由题意可得：，，
，，
据此可得数列是周期为4的周期数列，
则.
故选：D
4．已知角的顶点是坐标原点，始边是轴的正半轴，终边是射线，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的定义可求得，由二倍角和两角和差正切公式可求得结果.
【详解】角的终边是射线，，，
.
故选：B.
5．函数在区间上的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据奇偶性排除D，再取特值排除AB.
【详解】因为，关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，故D错误；
因为，所以，所以，故A错误；
因为，所以，所以，故B错误；
故选：C.
6．已知中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量的线性运算，可得，根据数量积公式，代入计算，即可得答案.
【详解】由题意得，
所以
.
故选：B
7．已知定义域是R的函数满足：，，为偶函数，，则（ ）
A．1B．-1C．2D．-3
【答案】B
【分析】根据对称性可得函数具有周期性，根据周期可将.
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，所以，又由，得，所以，所以，所以，故的周期为4，所以．
故选:B．
8．是双曲线的左、右焦点，直线l为双曲线C的一条渐近线，关于直线l的对称点为，且点在以F2为圆心、以半虚轴长b为半径的圆上，则双曲线C的离心率为
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据左焦点与渐近线方程，求得关于直线l的对称点为，写出以F2为圆心、以半虚轴长b为半径的圆的方程，再将代入圆的方程，化简即可得离心率．
【详解】因为直线l为双曲线C的一条渐近线，则直线
因为是双曲线的左、右焦点
所以（-c，0），（c，0）
因为关于直线l的对称点为，设为（x，y）
则
解得
所以为（）
因为是以为圆心，以半虚轴长b为半径的圆，则圆的方程为
将以的（）代入圆的方程得
化简整理得 ，所以
所以选B
【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程、离心率的应用，点关于直线对称点的求法，对于几何关系的理解非常关键，属于难题．
二、多选题
9．下列命题中正确的是（ ）
A．的最小值是2
B．当时，的最小值是3
C．当时，的最大值是5
D．若正数满足，则的最小值为3
【答案】BCD
【分析】利用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，①，
但是无解，所以①等号不成立，所以A选项错误.
B选项，当时，，
，
当且仅当时等号成立，所以B选项正确.
C选项，当时，，
所以，
当且仅当时等号成立，所以C选项正确.
D选项，是正数，
，
当且仅当时等号成立，所以D选项正确.
故选：BCD
10．若函数（，，）的部分图象如图，则（ ）
A．是以为周期的周期函数
B．的图象向左平移个单位长度得到的图象对应的函数是奇函数
C．在上单调递减
D．的图象的对称中心为，
【答案】AC
【分析】首先根据函数图象得到，对于选项A，根据三角函数的周期性即可判断A正确，对选项B，向左平移后得到，不是奇函数，即可判断B错误，对选项C，根据，即可判断C正确，对选项D，根据的图象的对称中心为，即可判断D错误.
【详解】由题图可知，因为当时，，所以.
因为，所以，所以.
由题图可知，所以，所以.
由题图可知，当时，取得最大值，
所以，，解得，.
又，所以，所以.
对于A，，则A正确.
对于B，的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，
此函数不是奇函数，故B错误.
对选项C，，则，
所以在上单调递减，故C正确.
对选项D，，，得，，
所以的图象的对称中心为，，则D错误.
故选：AC.
11．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线B．
C．直线与平面所成角的正切值为D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】BC
【分析】作出图形，利用中位线定理和平行的传递性即可判断选项A；利用等体积法计算即可判断选项B；根据线面角的概念即可判断选项C；利用平面的性质即可判断选项D.
【详解】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
12．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（ ）
A．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点
B．若为上的动点，则的最小值为5
C．直线与抛物线相交所得弦长为8
D．抛物线与圆交于两点，则
【答案】CD
【分析】利用直线与抛物线位置关系的知识判断选项A；利用抛物线的定义进行距离转化进而判断选项B；利用焦点弦公式计算并判断选项C；由抛物线方程设出点M坐标，利用M到圆心的距离等于半径求出M的坐标，就可以判断选项D.
【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为2，所以，
从而抛物线的方程是.过点可以作2条直线与抛物线相切，
而直线与抛物线相交，只有1个交点，从而过点恰有3条直线与抛物线有且只有一个公共点，故A不正确；
抛物线的准线方程是，设T到准线的距离为，则；
过P作准线的垂线，垂足为，则由抛物线的定义知，所以，所以的最小值为4，故B不正确；
抛物线的焦点为，直线过焦点，
不妨设直线与抛物线的两个交点分别是，，
则，又得，则，
所以，故C正确；
抛物线与圆交于两点，则关于轴对称.
设(t>0)，则，解得，所以，故D正确；
故选：CD
三、填空题
13．记为等差数列的前n项和．若，则公差 ．
【答案】2
【分析】转化条件为，即可得解.
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.
14．如果平面向量，，则向量在上的投影向量为 .
【答案】
【分析】由已知可求得，，进而得出，然后根据即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，，
所以，向量在上的投影向量为.
故答案为：.
15．设函数，的定义域均为，且函数，均为偶函数．若当时，，则的值为 ．
【答案】
【分析】对函数求导，根据函数的奇偶性，对称性，周期性分析即可求解.
【详解】因为函数，的定义域均为R，且函数为偶函数，
则，
求导得，
即，
所以函数的图像关于对称．
因为函数为偶函数，
所以，
所以函数的图像关于对称，
由函数的图像关于对称，且关于直线对称．
所以函数的周期为，．
由，，
，
所以，即，即，
所以当时，
于是．
故答案为：
16．如图，正四棱锥的每个顶点都在球M的球面上，侧面是等边三角形.若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为 .
【答案】
【分析】过四棱锥顶点和底面对棱中点作截面，此截面截半球得半圆，半圆与正四棱锥的截面等腰三角形的腰相切，由此可用棱锥的棱长表示半球半径，作正四棱锥对角面，对角面等腰三角形的外接圆是球的大圆，从而又可用棱锥棱长表示球的半径，由体积公式求得体积后得比值．
【详解】取中点，中点，作截面，把截面另外画出平面图形，如图，则半球的半个大圆与的两腰相切，是中点，为切点，
设正四棱锥底面边长为，则，，，，
由对称性知正四棱锥的对角面的外接圆是正四棱锥外接球的大圆，
，，，所以，是外接圆直径，所以球的半径为，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查球的体积，考查棱锥的内切球与外接球问题，解题关键是作出正棱锥的截面，此截面截球的大圆，从而易得球半径与棱锥的棱长之间的关系．
四、解答题
17．已知三角形中，三个内角的对应边分别为，且.
（1）若，求；
（2）设点是边的中点，若，求三角形的面积.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）用余弦定理后解方程可求得；
（2）由余弦定理求得中线与边长的关系，从而求得三角形的第三边长，再由余弦定理求出一个角的余弦，转化为正弦后可得三角形面积．
【详解】（1）由余弦定理可得.
（2）由题意可得，，
又，，
∴，即，∴，
∴，由，
∴.
【点睛】本题考查余弦定理解三角形，考查三角形面积，本题中涉及三角形路线问题，根据余弦定理有结论成立（其中是中点）．
18．已知数列各项都不为，前项和为，且，数列满足，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)令，求数列的前项和为
【答案】(1);;
(2)
【分析】(1)利用即可求，再根据累加法，即可求解.
(2)利用错位相减法即可求解.
【详解】（1）由，可得，两式相减得，整理得，因为数列各项都不为，所以数列是以为公比的等比数列．令，则，解得，故．
由题知，
所以
（2）由（1）得，所以，
，
两式相减得，
所以．
19．在直三棱柱中，，，，延长至，使，连接，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判断定理和面面垂直的判断定理可得答案；
（2）法一：由平面可得为二面角的平面角，求出可得答案.法二：以点为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
又由延长至，使，连接，可知在平面内，所以
因为，，所以，，
又由，所以，
所以，即，
又，所以平面，因为在平面内，
所以平面平面；
（2）法一：由（1）可知，取中点，连接、，所以，
因为平面，易得，所以，所以为二面角的平面角，
因为，所以，，
所以，
所以，
故二面角的余弦值为.
法二：由已知可知，，，所以以点为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），

由，，则，，，
因为平面，所以平面的法向量为，
由，，设平面的法向量为，
则，，
令，得，
所以，
所以二面角的余弦值为.
20．甲、乙足球爱好者为了提高球技，两人轮流进行点球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲、乙每次踢球命中的概率均为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影响．
(1)经过1轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；
(2)求经过3轮踢球累计得分后，甲得分高于乙得分的概率．
【答案】(1)分布列见解析；期望为
(2)
【分析】（1）先分别求甲、乙进球的概率，进而求甲得分的分布列和期望；
（2）根据题意得出甲得分高于乙得分的所有可能情况，结合（1）中的数据分析运算.
【详解】（1）记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，
由题意得：，，
甲的得分X的可能取值为，
，
，
所以X的分布列为：
.
（2）经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分，
甲3轮各得1分的概率为，
甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分的概率为，
甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分的概率为，
甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分的概率为，
所以经过三轮踢球，甲累计得分高于乙的概率.
21．已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.
【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
（Ⅱ）设
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．已知函数.
（I）当时，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）若当时，，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求的定义域，再求，，，由直线方程的点斜式可求曲线在处的切线方程为（Ⅱ）构造新函数，对实数分类讨论，用导数法求解.
试题解析：（I）的定义域为.当时，
，
曲线在处的切线方程为
（II）当时，等价于
设，则
，
（i）当，时，，故在上单调递增，因此；
（ii）当时，令得
.
由和得，故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是
【解析】 导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性
【名师点睛】求函数的单调区间的方法：
（1）确定函数y＝f（x）的定义域；
（2）求导数y′＝f′（x）；
（3）解不等式f′（x）>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
（4）解不等式f′（x）