2023-2024学年山东省潍坊市昌乐第一中学高三上学期12月月考数学含答案

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1. 若，则（）
A. -2-4iB. -2+4iC. 6-2iD. 6+2i
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合复数的运算法则，即可求解.
【详解】由复数，可得，所以.
故选：C.
2. 已知集合或，，若，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据并集的结果，列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】因为，所以，解得．
所以，实数的取值范围是.
故选：D.
3. 已知是角的终边上一点，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三角函数的定义可得，进而由商数关系可求.
【详解】因为是角的终边上一点，
所以，
则，
故选：B.
4. 在的展开式中，若第2项系数为，则a值为（）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接根据二项式定理列出关于的方程解出即可得结果.
【详解】的展开式中，第二项系数为，
解得，
故选：D.
5. 已知函数是定义域为R的偶函数为奇函数，当时，，若，则（）
A. 2B. 0C. -3D. -6
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，可以证明是周期为4的周期函数，计算出和k，由周期性可得，再利用函数的对称性即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，又为偶函数，
所以，所以，即，
所以，故是以4为周期的周期函数；
由，易得，，所以，
所以，，解得，；
所以；
故选：C．
6. 若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A. y=2x+1B. y=2x+C. y=x+1D. y=x+
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
【详解】设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得，（舍），
则直线的方程为，即.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.
7. 在三棱锥A﹣BCD中，△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为（）
A. 7πB. 8πC. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，取BD中点H，连接AH，CH，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°，分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点，记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°，进而可求得R的值．
【详解】解：如图，取BD中点H，连接AH，CH
因为△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形
所以AH⊥BD，CH⊥BD，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°
设△ABD与△CBD外接圆圆心分别为E，F
则由AH＝2可得AEAH，EHAH
分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点
记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°
所以OE＝1，则R＝OA
则三棱锥外接球的表面积
故选：D
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球，球的表面积公式，画出图形，数形结合是关键，属于中档题．
8. 已知抛物线的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为（）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义和性质求解即可.
【详解】
由得，所以直线过定点．
连接AM，则，由题意易知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点），（直线的斜率不为零）
记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接QD，则，
当且仅当S，P，Q，N四点共线且点Q在P，N之间时等号同时成立，所以的最小值为．
故选：B.
二､多选题（每小题5分共20分）
9. 给出下列命题，其中正确的是（）
A. 若空间向量，，且，则实数
B. 若，则存在唯一的实数，使得
C. 若空间向量，，则向量在向量上的投影向量是
D. 点关于平面对称的点的坐标是
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间向量的对称特征可判定D，利用空间向量平行的充要条件及坐标表示可判定A、B，利用投影向量的概念可判定C.
【详解】对于A，可知，即A正确；
对于B，显然时，恒成立，此时不唯一或者不存在，故B错误；
对于C，向量在向量上的投影向量，故C正确；
对于D，易知点关于平面对称的点的坐标是，故D错误.
故选：AC
10. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，下列结论正确的是（）
A. 从中任取3个球，恰有1个白球的概率为
B. 从中有放回地取球6次，每次任取1个球，恰好有2个白球的概率为
C. 从中不放回地取球2次，每次任取1个球，则在第一次取到的是红球条件下，第二次再次取到红球的概率为
D. 从中有放回地取球3次，每次任取1个球，则至少有一次取到红球的概率为
【答案】AD
【解析】
【分析】利用古典概型的概率公式判断A选项，利用二项分布判断B、D选项，利用条件概率判断C选项．
【详解】解：一袋中有大小相同的4个红球和2个白球，
对于A：恰有1个白球的概率为，故A正确．
对于B：6次试验中取到白球的次数服从二项分布，即，所以，故B错误．
对于C：在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为，故C错误．
对于D：3次试验中取到红球次数服从二项分布，即，所以，故D正确．
故选：AD．
11. 已知，且，则（）
A. ab的最大值为1B. ab的最小值为－1
C. 的最小值为4D. 的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用基本不等式的知识，结合特殊值法进行排除即可得到正确答案.
【详解】由于，所以，即，解得，即，故A和B均正确，
令，满足题干的式子，但是，故C错误，
将变形可得，所以，
当且仅当时等号成立，故D错误，
故选：AB.
12. 已知函数，给出下列四个结论正确的是（）
A. 存在无数个零点
B. 在上单调递减
C. 若，则
D. ，都有
【答案】ACD
【解析】
【分析】解方程，可判断A；利用特殊值法可判断B；推导出，可判断C；根据函数特点证明判断D.
【详解】对于A，由，解得函数的定义域为，
令，可得，则，
故，所以函数有无数个零点，A正确；
对于B，，
因为，
即，故，
故函数在上不可能单调递减，B错误；
对于C，对任意的，
当时，有，C正确；
对于D，当时，设，则，
所以，
则，D正确；
故选：ACD
【点睛】本题重点考查函数性质，考查了零点，单调性，对称性综合应用问题.
三､填空题（每小题5分共20分）
13. 设向量在向量上投影向量为，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用向量在向量上的投影向量计算公式建立方程，解出即可.
【详解】向量在向量上的投影向量为
，则，解得．
故答案为：
14. 函数的最大值为，最小值为，若，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】将函数解析式边形为，设，则，记，由奇函数的定义得出为奇函数，得出在的最值，结合，即可求出．
【详解】，
设，则，
记，
因为，
所以是在上的奇函数，最大值为，最小值为，
所以，
又因为，
所以，
故答案为：1．
15. 甲､乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主主客客主”，设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
【详解】欲使甲队4：2获胜，则第六场甲胜，前五场甲获胜三场负两场，
故所求概率为：
.
故答案为：
16. 已知△ABC的面积为1，且AB=2BC，则当AC取得最小值时，BC的长为________.
【答案】
【解析】
【分析】记，由面积得，由余弦定理得，结合导数可得．
【详解】记，由已知，，
，
令，则，
所以当时，，当时，，
设，则时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当即时，，即AC取得最小值，
此时，.
故答案为：．
四､解答题（70分）
17. 已知向量，函数．
（1）求的最小正周期和单调递减区间；
（2）在中，，求边的长．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的坐标表示得到的解析式，化简得，由周期公式可解得，利用整体角的范围求解单调减区间即可；
（2）由整体角范围解三角方程可得，再由已知条件，结合正弦定理可求.
【小问1详解】
由题意得
，
所以的最小正周期，
令，解得，
所以的单调递减区间为
【小问2详解】
由（1）知，，
则，由，得，
则，解得，
又由，得，已知，
则由正弦定理，
得.
18. 已知正项数列的前项和为，，数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系，求解通项公式;
（2）利用错位相减法求解数列的前项和.
【小问1详解】
当时，，即，或（舍）
当时，，
又因为，
两式相减得，整理得
为正项数列，
数列{an}为等差数列，公差为1.
【小问2详解】
，
两式相减得
.
19. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程，
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导解得，然后求得切线方程；
（2）结合函数导数研究函数的单调性，从而求得函数的最小值；
【小问1详解】
，，.
故曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
由（1）得.
令函数，则，所以是增函数.
，，
所以存在，使得，即.
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
.
因为，所以，
所以.
故.
20. 数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，玩家需要根据9×9盘面上的已知数字，推理出所有剩余空格的数字，并满足每一行、每一列、每一个粗线宫(3×3)内的数字均含1～9，且不重复．数独爱好者小明打算报名参加“丝路杯”全国数独大赛初级组的比赛．
参考数据：
参考公式：对于一组数据，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.
（1）赛前小明进行了一段时间的训练，每天解题的平均速度y(秒/题)与训练天数x(天)有关，经统计得到如下数据：
现用作为回归方程模型，请利用表中数据，求出该回归方程；(，用分数表示)
（2）小明和小红玩“对战赛”，每局两人同时开始解一道数独题，先解出题的人获胜，不存在平局，两人约定先胜3局者赢得比赛．若小明每局获胜的概率为，且各局之间相互独立，设比赛X局后结束，求随机变量X的分布列及均值．
【答案】20. .
21. 分布列见解析，均值
【解析】
【分析】（1）由得出，由参考公式求解出，从而求出y和x的回归方程；
（2）根据随机变量X的可能取值逐一分析，当X=3时，小明连胜3局或小红连胜3局；当X=4时，小明前3局胜2局最后一局胜或小红前3局胜2局最后一局胜；当X=5时，小明前4局胜2局最后一局胜或小红前4局胜2局最后一局胜；分别求出每个取值的概率.最后代入期望公式计算即可.
【小问1详解】
解:因为，所以.
因为，
所以，
所以，
所以，
所以所求回归方程为.
【小问2详解】
解：随机变量X的所有可能取值为3，4，5，
，
，
.
所以随机变量X的分布列为
.
21. 如图所示的几何体是由等高的个圆柱和半个圆柱组合而成，点G为的中点，D为圆柱上底面的圆心，DE为半个圆柱上底面的直径，O，H分别为DE，AB的中点，点A，D，E，G四点共面，AB，EF为母线．
（1）证明：平面BDF；
（2）若平面BDF与平面CFG所成的较小的二面角的余弦值为，求直线OH与平面CFG所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）过构造与平面平行的平面，通过面面平行，即可证明线面平行；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合已知二面角的余弦值求得圆柱的高与底面半径之间的关系，再由向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
证明：取EF的中点M，连接OM，HM，又O为DE的中点，所以，
又平面BDF，平面BDF，所以∥平面BDF，
因为，，H，M分别为AB，EF的中点，所以，且，
所以四边形BFMH为平行四边形，所以，
又平面BDF，平面BDF，所以平面BDF，
又OM，平面OMH，，所以平面平面BDF，
因为平面OMH，所以平面BDF．
【小问2详解】
由题意知CB，CF，CD两两垂直，故以点C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：
设圆柱的底面半径为r，高为h，
则，，，，，，，
所以，，，，．
设平面BDF的一个法向量，则，即
令，解得，，所以；
设平面CFG的一个法向量，则，即
令，解得，，所以，
所以，
化简，得，所以，
所以，．设OH与平面CFG所成的角为，
所以．
22. 已知椭圆()的离心率为，其右焦点为F，点，且．
（1）求C的方程；
（2）过点P且斜率为()的直线l与椭圆C交于A、B两点，过A、B分别作y轴的垂线，垂足为M、N，直线AN与直线交于点E，证明：B、M、E三点共线．
【答案】（1）；
（2）证明见解析﹒
【解析】
【分析】(1)根据可求c，根据离心率可求a，再根据a、b、c关系可求b，从而可求C的方程；
(2)设，.联立l方程和椭圆方程得根与系数的关系，联立AN方程与y=3求出E的坐标，验证即可证明B、M、E三点共线．
【小问1详解】
设()，由题意知，∴．
∵点，且，解得，
∴，，
因此C的方程为．
【小问2详解】
由题意可知，直线l的方程为．
由得，
设，，则，．
∵轴，∴，∴直线，
令，得．
∵轴，∴．
∴
，
∴B，M，E三点共线．
1 750
0.37
0.55
x(天)
1
2
3
4
5
6
7
y(秒/题)
910
800
600
440
300
240
210
X
3
4
5
P