2023-2024学年云南省下关第一中学高二上学期12月月考数学含答案

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试卷满分150分考试时间120分钟
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1. 设全集，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由补集和并集的概念进行求解.
【详解】由题意，，所以,
所以．
故选：D
2. 设是等比数列，若，，则（）
A. 8B. 12C. 16D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的性质计算．
【详解】是等比数列，所以，．
故选：C．
3. 设，则“”是“”的（）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式，再结合充分必要条件的定义求解.
【详解】，，，，
推不出，，
是的必要不充分条件，
即是的必要不充分条件．
故选:B.
4. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过对数运算将已知化简得出，，，根据同真数对数的大小关系即可得出答案.
【详解】，，，
，
由对数函数的性质知，
即，
故选：A.
5. 若 ，则
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：由，得或，所以，故选A．
【考点】同角三角函数间的基本关系，倍角公式．
【方法点拨】三角函数求值：①“给角求值”将非特殊角向特殊角转化，通过相消或相约消去非特殊角，进而求出三角函数值；②“给值求值”关键是目标明确，建立已知和所求之间的联系．
6. 2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得答案.
【详解】由题意得，
故，
故选：D.
7. 设是同一个球面上四点，球的表面积为，是边长为6的等边三角形，则三棱锥体积的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出外接圆的半径，求出球的半径，即可求得球心到平面的距离，则可确定点到平面的最大距离，即可根据三棱锥体积公式求得答案.
【详解】已知的边长，此时外接圆的半径为，
设球的半径为R，则，
故球心到平面的距离为，
故点到平面的最大距离为，
此时，
故选：B．
8. 设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决．
【详解】时，，，，即右移1个单位，图像变为原来的2倍．
如图所示：当时，，令，整理得：，（舍），时，成立，即，，故选B．
【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 某研究小组依次记录下10天的观测值：26，28，22，24，22，78，32，26，20，22，则（）
A. 众数是22B. 80百分位数是28
C. 平均数是30D. 前4个数据的方差比最后4个数据的方差大
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意结合众数、百分位数、平均数和方差的概念逐项运算求解
【详解】将数据按升序排列得：20，22，22，22，24，26，26，28，32，78，
22出现的次数最多，众数是22，所以A正确；
因为，可知80百分位数是第8位数和第9位数的平均数,
即，所以B错误；
平均数，所以C正确；
前4各数据平均数是，
方差为，
后4个数据的平均数，
方差为，
所以前4个数据的方差比最后4个数据的方差小，故D错误；
故选：AC.
10. 欧拉是科学史上最多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为，i虚数单位，将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式也被誉为“数学中的天桥”为自然对数的底数，为虚数单位依据上述公式，则下列结论中正确的是（）
A. 复数纯虚数
B. 复数对应的点位于第二象限
C. 复数的共轭复数为
D. 复数在复平面内对应的点的轨迹是半圆
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的公式，结合复数的相关概念逐项分析判断即得.
【详解】对于A，，则为纯虚数，A正确；
对于B，，而，即，则复数对应的点位于第二象限，B正确；
对于C，，复数的共轭复数为，C错误；
对于D，，
复数在复平面内对应的点的轨迹是半径为的半圆，D正确．
故选：ABD
11.已知，，且，则（）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，利用基本不等式求出最值；BC选项，利用分析法进行证明；D选项，利用对数运算法则和基本不等式求出答案.
【详解】A选项，已知，，且，
所以，则，故A正确；
B选项，要证，只需证明即可，即，
由于，，且，所以，，故B正确；
C选项，由于，，且，
要证成立，只需对关系式进行平方，整理得，即，
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立．故C正确；
D选项，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，故D错误.
故选：ABC．
12. 已知点F是抛物线的焦点，AB，CD是经过点F的弦且，直线AB的斜率为k，且，C，A两点在x轴上方，则（）
A. B. 四边形ABCD面积最小值为64
C. D. 若，则直线CD的斜率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，设直线的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由抛物线的性质可得弦长，同理可得的值，由均值不等式可得四边形的面积的最小值，经过判断可得命题的真假．
【详解】由抛物线的方程可得焦点，，由题意可得直线，的斜率存在且不为0，
设直线的方程为：，设，，，，
联立，整理可得：，
显然，，，
，，
所以，所以A正确；
由于 , ,
所以将中的换成代入中得,
，当且仅当时等号成立，所以四边形的最小面积为，所以B不正确；
设,，,，
若，即，
整理可得，
即，解得，即，而直线的斜率，
所以直线的斜率为，所以D正确；
可得弦长,，
所以，所以C正确；
故选：ACD
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设向量的夹角的余弦值为，且，，则_________．
【答案】18
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算律求解.
【详解】设与的夹角为，
因为与的夹角的余弦值为，即，
又，，所以，
所以．
故答案为：.
14. 若点关于轴对称点为，写出的一个取值为___．
【答案】（满足即可）
【解析】
【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
【详解】与关于轴对称，
即关于轴对称，
，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
15. 已知圆，设直线与两坐标轴的交点分别为，若圆上有且只有一个点满足，则的值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据可得在垂直平分线上，且垂直平分线与圆相切可求解.
【详解】在的垂直平分线上，
所以中垂线的斜率为，
的中点为，由点斜式得，
化简得，
在圆满足条件的有且仅有一个，
直线与圆相切，
，
故答案为: .
16. 学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直径为cm，高为.打印所用材料密度为．不考虑打印损耗．制作该模型所需材料的质量为________.（取3.14）
【答案】239
【解析】
【分析】根据题意结合几何体的轴截面求正方体的棱长，再根据相关体积公式运算求解.
【详解】设被挖去的正方体的棱长为，圆锥底面半径为，
取过正方体上下底面面对角线的轴截面，
由相似三角形得则，解得．
模型的体积为，
因此，制作该模型所需材料质量约为（g）.
故答案为：.
三、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知数列满足，且成等比数列，
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前项和为，求的最小值及此时的值.
【答案】（1）
（2） 最小值为,
【解析】
【分析】（1）为等差数列，公差为2，根据题目条件得到方程，求出首项，得到通项公式；
（2）求出，求出最小值及的值.
【小问1详解】
由知为等差数列，设的公差为，则，
成等比数列，所以，即，
解得，又，所以的通项公式为；
【小问2详解】
由(1)得，
所以当时，取得最小值，最小值为.
18. 2020年1月15日教育部制定出台了“强基计划”，2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试，进入面试环节 .现随机抽取了100名同学的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）求a，b的值；
（2）估计这100名同学面试成绩的众数和分位数（百分位数精确到0.1）；
（3）在第四、第五两组中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率．
【答案】（1），
（2）估计众数70，分位数为
（3）
【解析】
【分析】（1）由第三、四、五组的频率之和为0.7，各组频率之和为，建立方程组求解；
（2）由频率分布直方图可知最高的矩形组为第三组，取中点可得众数，求前两组与前三组频率之和，确定第分位数所在组，再由比例关系求解；
（3）由抽样比可得两组选取人数，列举法得，，再由古典概型概率公式可求.
【小问1详解】
由题意可知：，，
解得，；
【小问2详解】
由频率分布直方图估计众数为，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，
则估计第分位数为；
【小问3详解】
根据分层抽样，和的频率比为
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和
则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有
共10个，
即，记事件“两人来自不同组”，
则事件包含的样本点有
共4个，即，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，平面，，E是棱PB上一点．
（1）求证：平面平面PBC；
（2）若E是PB的中点，求平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算，求平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为，
取中点M，连接CM，则，
,,所以,
即,
又平面ABCD，平面ABCD，所以，
且平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面PBC；
【小问2详解】
以CM为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立空间直角坐标系，
因为E是PB的中点,则
所以．
设平面EAC的法向量为，
则即，令，则
所以平面EAC的法向量为，
显然，平面PDC的法向量为.
设平面PDC和平面EAC的夹角为，为锐角
则．
故平面PDC和平面EAC的夹角的余弦值为．
20. 在中，的对边分别为.
（1）若，求的值；
（2）若的平分线交于点，求长度的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果；
（2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围；
【小问1详解】
已知，
由正弦定理可得，
，
，
，
，即，
.
【小问2详解】
由（1）知，由，则.
设，，
，，
.
21. 已知数列的前项和为，且．
（1）求证：是等比数列；
（2）若，数列的前项和为，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用数列通项与前n项和的关系，当时，解得，当时，由得到，两式相减得到，再利用等比数列的定义证明；
（2）由（1）得，进而得到，利用放缩法得，再利用等比数列前n和公式求解.
【小问1详解】
当时，，解得，
当时，由，
得，
两式相减并整理得，即，
∴是首项为3，公比为3的等比数列；
【小问2详解】
由（1）可得：，
，
当时，，
则，所以，
，
∴，
所以.
22. 已知圆和定点，是圆上任意一点，线段的中垂线和直线相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹记为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）曲线与轴的两个交点为，，过点的直线与曲线交与，两点(注：点，与，不重合），设直线，的斜率分别是，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆的方程得出其圆心与半径，利用中垂线的性质得出，即可得出，根据椭圆的定义得出点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，即可得出答案；
（2）由（1）得出的曲线的方程得出点，的坐标，设过点的直线为，，，联立直线与椭圆方程根据韦达定理得出，，即可得出，再根据两点的斜率公式得出，即可化简代入得出答案.
【小问1详解】
由，得，
所以圆心为，半径为4，
连接，由是线段的中垂线，得，
所以，又，
根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以，，，所求曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，
设过点的直线为，，，
联立和，
消去，整理得，,
，，
从而，
．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，得到韦达定理式，再化积为和得，再代入计算的值即可.