2024届江苏省扬州市广陵区红桥高级中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届江苏省扬州市广陵区红桥高级中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共19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．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解二次不等式和对数函数的性质化简集合,再取交集即可得解.
【详解】由，可得，所以，
由对数函数的性质得，
则.
故选：C.
2．已知为虚数单位，若复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算及复数的模求解.
【详解】，
，
故选：A
3．已知，则两圆的位置关系为（ ）
A．相切B．外离C．内含D．相交
【答案】D
【分析】先将圆化为标准方程，从而求出圆心距，再根据圆心距与两圆半径的关系，即可得解.
【详解】因为可化为
则，半径，
因为可化为，
则，半径，
则，因为，
所以两圆相交.
故选：D.
4．已知直线的倾斜角是直线的倾斜角的两倍，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出直线的倾斜角，进而可求得直线的倾斜角，进而可得直线的斜率，即可得解.
【详解】直线的斜率为，则倾斜角为，
因为直线的倾斜角是直线的倾斜角的两倍，
所以直线的倾斜角为，
所以直线的斜率为，解得.
故选：A.
5．已知，是椭圆的两个焦点，过且垂直于轴的直线交于，两点，且，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，借助勾股定理，结合椭圆定义求出椭圆长轴长即可得解.
【详解】由过且垂直于轴的椭圆的弦长，得，而椭圆的焦距，
在中，，则长轴长，
因此，，短半轴长，所以椭圆的方程为：.
故选：C
6．等差数列各项均为正数，首项与公差相等，，则的值为（ ）
A．6069B．6079C．6089D．6099
【答案】A
【分析】设等差数列的公差为，结合等差数列的通项公式，利用裂项相消法化简方程求出，由此得解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为首项与公差相等，所以，
因为，，
所以，所以，
所以，
故选：A．
7．已知函数的图象的一部分如图1，则图2中的函数图象所对应的函数解析式是（ ）

A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数的变换即可得答案.
【详解】解：由题意可知，图2中的图象是将图1中的图象纵坐标不变，横坐标先缩短，再向右平移个单位得到的.
所以对应的解析式为.
故选：D.
8．已知函数，正实数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先判断函数的对称性与单调性，从而得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.
【详解】因为，
所以，
故函数关于对称；
又的定义域为，，
所以由复合函数的单调性可判断在上单调递增；
又，所以，即，
又，故，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故选：B.
二、多选题
9．一组数据，记其中位数为k，均值为m，标准差为，由其得到新数据的标准差为，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】利用中位数的定义可判断A选项；举反例可判断B选项C；利用均值和方差公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因，
样本数据最中间的项为，
由中位数的定义可知，，A正确；
对于B，不妨令，
则，B错误；
对于C，不妨令，
则，C错误；
对于D，数据的均值为：
，
其方差为，D对.
故选：AD
10．已知函数为的两个极值点，且的最小值为，直线为图象的一条对称轴，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．在间上单调递增D．图象关于点对称
【答案】BCD
【分析】由题意可得，即可求出，再根据正弦函数的对称性即可求出，根据正弦函数的单调性和对称性即可判断CD.
【详解】因为为的两个极值点，且的最小值为，
所以，所以，故A错误；
则，
又直线为图象的一条对称轴，
所以，所以，
又，所以，故B正确；
所以，
由，得，
所以在间上单调递增，故C正确；
将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，
则，
因为，
所以图象关于点对称，故D正确.
故选：BCD.
11．已知，是圆O：上两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若点O到直线的距离为，则
B．若的面积为，则
C．若，则点O到直线的距离为
D．的最大值为，最小值为
【答案】AC
【分析】利用弦长公式判定选项A正确；先利用三角形的面积公式求出，再结合角的范围判定选项B错误；利用数量积的计算公式求出，进而判定三角形的形状判定选项C正确；设，，且，利用辅助角公式和三角函数的性质判定选项D错误.
【详解】对于A：易知圆：的半径，
因为点O到直线的距离，
所以，
即选项A正确；
对于B：因为的面积为，
所以，
即，解得，
因为，
所以或，
即选项B错误；
对于C：因为，所以，
即，即，
因为，所以，
即是边长为1的等边三角形，
所以点O到直线的距离为，
即选项C正确；
对于D：由题意设，，且，
则
因为，所以，
则，，
，
所以，
即，
即选项D错误.
故选：AC.
12．如图，在长方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．平面
B．⊥平面
C．异面直线CN和AB所成角的余弦值为
D．若P为线段上的动点，则点P到平面CMN的距离不是定值
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，根据线面平行的判定定理，利用空间平面向量的数量积运算性质、夹角公式逐一判断即可.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则

，
对于 A，因为
所以，又平面，平面，
所以平面，故 A 正确；
对于B： ，
设平面的法向量为，则即
令，则所以平面的一个法向量为因为与不平行，所以 ⊥平面不成立，故 B错误；
对于C：
设异面直线CN和AB 所成的角为，则，故C错误；
对于 D，设，
所以，
又平面的一个法向量为所以点 P到平面的距离不是定值.故 D正确.
故选 ：AD
三、填空题
13．若直线是圆的一条对称轴，则 ．
【答案】
【分析】将问题转化为直线过圆心，从而得解.
【详解】圆的圆心坐标为，
因为直线是圆的一条对称轴，所以圆心在此直线上，
所以，解得.
故答案为：.
14．已知直线，平行，则这两条平行直线之间的距离为 .
【答案】
【分析】利用两直线平行的性质即可判断，然后利用平行线间的距离公式求解即可.
【详解】已知两直线平行,
则，解得或，
当时，两直线方程相同，舍去，
当时，，，
则两直线间距离为.
故答案为：
15．已知，为椭圆的两个焦点，为椭圆短轴的一个顶点，直线与椭圆的另一个交点为．若，则椭圆的离心率为 ．
【答案】/
【分析】设，根据勾股定理得到，确定，中，根据余弦定理得到，得到离心率.
【详解】不妨取为上顶点，如图所示：
则，设，则，则，
整理得到，，
中，根据余弦定理：，
整理得到，即.
故答案为：.
16．若关于的不等式在恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用分离参数法，通过构造函数以及利用导数来求得的取值范围.
【详解】依题意，不等式在恒成立，
即在恒成立，
设，
，
其中，所以在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以，
所以的取值范围是.
故答案为：
四、解答题
17．已知方程.
(1)若此方程表示圆，求实数的取值范围；
(2)若的值为（1）中能取到的最大整数，将得到的圆设为圆，设为圆上任意一点，求到直线的距离的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接根据圆的方程存在的条件即可求出的取值范围；
（2）由（1）可得的值，求出圆的方程，求出圆心到直线的距离，再根据到直线的距离的取值范围为，即可得出答案.
【详解】（1）若此方程表示圆，则，解得，
即实数的取值范围为；
（2）由（1）可知，此时圆，
即，
则圆心到直线的距离，
故圆与直线相离，
所以到直线的距离的取值范围为，
即.
18．已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由关系消得递推关系，再构造等差数列求通项；
（2）由等差与等比数列特点分组求和.
【详解】（1）由①
当时，，所以
当时，②
①②式相减得，即
两边同除以得，，
又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则
（2），可知数列是以为首项，为公差的等差数列，
可知数列是以为首项，为公比的等比数列，

19．已知的内角所对的边分别为，且.
(1)求的大小；
(2)设是边上的一点，且满足，求的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角整理可得，，进而得出.结合角的范围，即可得出答案；
（2）根据已知可得出，进而由，结合已知及面积公式推得.根据基本不等式得出，即可得出答案.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，
得，
所以
.
因为，所以，即，
解得.
又因为，所以.
（2）由和，可知.
因为，
所以.
又因为，
所以，即.
又，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以，
所以，
所以的面积的最小值为.
20．如图，在四棱锥中，底面，，．点在棱上，，点在棱上，．
(1)若，为的中点，求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据相似可得线线平行，即可由线面平行的判定求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角，即可求解.
【详解】（1）证明：过作的平行线交于，连接，
，又，，，又，
，为的中点，又为的中点，
，
又，又，，
，且，
四边形是平行四边形，
，，
平面， 平面，平面
（2）以为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，0，．，3，，，0，，
，0，，3，，
设，，，
，0，，，，=，
设平面的一个法向量为，，，
则，令，则，，
平面的一个法向量为，，，
设直线与平面所成角为，
，，则
21．某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：
假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
(1)估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
(2)记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明．．
【答案】(1)0.6
(2)分布列见解析，1.9
(3)证明见解析
【分析】（1）由频率估计概率，按古典概型进行求解；
（2）先确定随机变量的可能取值，再求出各值所对应的概率，列出分布列，根据期望的定义求期望；
（3）用条件概率公式进行推理证明.
【详解】（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，
因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，
所以．
（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，
则X的所有可能取值为1和2，
所以，
，
所以X的分布列为
所以X的数学期望．
（3）由题知，所以
所以，
所以，
即，
所以，即
22．已知椭圆的上顶点为，设点轴上的两个动点和满足，且当位于椭圆的右焦点时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线和分别交椭圆于和两点，求证：直线经过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可直接求得，在中，有，可求得，进一步计算即可;
（2）设出直线的方程，联立直线和椭圆方程，解出点的坐标，求得直线方程进一步考查即可；也可设线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合题中条件即可求得.
【详解】（1）因为椭圆的上顶点为，所以，
在当位于椭圆的右焦点时，中，有，
即，所以，
于是，
所以椭圆的方程为；
（2）设，则，
因为，所以，即，
设直线和的斜率分别为和，
则（定值），
（法一）因为直线的方程为，则，化简得，
解得，于是，
同理可得，又由，整理得，
所以，
于是直线的方程为，化简得，
所以直线经过定点.
（法二）设直线的方程为，
因为椭圆方程为，即，所以，所以，
整理得，
于是，所以，
解得，
即直线的方程为，令，有，
所以直线经过定点.
【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法;
(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.
(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
王同学
9天
6天
12天
3天
张老师
6天
6天
6天
12天
X
1
2
P
0.1
0.9