2024届江苏省常州市华罗庚中学高三上学期12月阶段检测数学试题含答案

这是一份2024届江苏省常州市华罗庚中学高三上学期12月阶段检测数学试题含答案，共22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．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先解一元二次不等式求集合M，利用对数函数的性质求集合N，再结合交集概念求答案即可.
【详解】由题意得，
，
所以，
故选：D.
2．如果复数是纯虚数，是虚数单位，则（ ）
A．且B．
C．D．或
【答案】C
【分析】根据题意复数为纯虚数，即得，从而求解.
【详解】由复数是纯虚数，
得
解得:.
故选:C.
3．从名男生和名女生中，任取两名同学参加学校座谈会，至少有一名是男生的取法共有（ ）
A．5种B．6种C．8种D．9种
【答案】D
【分析】分一名男生、两名男生两种情况讨论，利用组合数公式计算可得.
【详解】依题意，若有一名男生，则有种取法；
若有两名男生，则有种取法；
综上可得一共有种取法.
故选：D
4．已知直线与圆相交于，两点，且为等腰直角三角形，则实数的值为（ ）
A．或－1B．－1C．1或－1D．1
【答案】C
【分析】由题意可得，圆的圆心为，半径为1，结合是等腰直角三角形，可得圆心到直线的距离等于，再利用点到直线的距离公式，从而可求得的值．
【详解】解：由题意得，圆的圆心为，半径为1，
由于直线与圆相交于，两点，且为等腰直角三角形，
可知，，
所以，
∴圆心到直线的距离等于，
再利用点到直线的距离公式可得：
圆心到直线的距离，
解得：，所以实数的值为1或－1.
故选：C．
5．若则=（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】首先用辅助角公式化简，且，然后求两个角的关系，求.
【详解】，且， ，
，
，
，
.
故选：A
【点睛】本题考查诱导公式，辅助角公式和三角函数的性质，意在考查转化与变形和计算能力，属于基础题型.
6．历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：，，，，，，，，，，，，即，此数列在现代物理、准晶体结构及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，则的值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举数列，得到数列的周期为6求解.
【详解】解：由题意得：数列为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…
所以该数列的周期为6，
所以
，
故选：B
7．已知三棱锥的顶点都在球的表面上，球的表面积为，在中，，，则当三棱锥的体积最大时，（ ）
A．4B．C．5D．
【答案】B
【分析】设是的外心，即可得到，再根据球的表面积求出球的半径，即可得，当三点共线垂直于面且和在平面的异侧时三棱锥的体积最大，再由勾股定理计算可得.
【详解】因为，设是的外心，则为的中点，且，
由球的表面积为，即，解得，所以，
当三点共线垂直于面且和在平面的同侧时三棱锥的体积最大，
，.
故选：B
8．定义在上的函数若满足：①对任意，都有；②对任意，都有，则称函数是以为中心的“中心捺函数”.已知函数是以为中心的“中心捺函数”，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据“中心捺函数”的定义以及函数的单调性、奇偶性，化简不等式，求得，进而求得正确答案.
【详解】对任意，都有，
则在上单调递减.
函数是以为中心的“中心捺函数”，
所以函数在上单调递减，则在上单调递减，
且关于对称，即是奇函数，
所以，即，
所以，
若，则，没有意义，
若，则，没有意义，
所以且，
由两边除以得，
解得，所以，
所以.
故选：C
【点睛】函数的单调性的定义有多种形式，如：任取，通过计算得到，即可判断出函数函数的单调性；也可以形如：或等形式，也可以判断出函数的单调性.
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B．已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是
C．数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23
D．若样本数据的标准差为8，则数据的标准差为32
【答案】AB
【分析】A选项，根据分层抽样的定义和概率性质得到答案；B选项，根据平均数公式得到方程，求出，再利用方差公式计算出结果；C选项，先对数据从小到大排序，再根据百分位数定义计算即可；D选项，先得到的方差，根据方差性质得到的方差，进而得到其标准差.
【详解】A选项，个体m被抽到的概率为，A正确；
B选项，已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则，
解得，
，
则这组数据的方差是，B正确；
C选项，数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23共10个数，
从小到大排列为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，
由于，故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，
即，所以第70百分位数是23.5，C错误；
D选项，若样本数据的标准差为8，则的方差为64，
设的平均数为，则，
，
又，
故，
则的标准差为，D错误．
故选：AB
10．已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（ ）
A．异面直线与可能垂直
B．直线与平面可能垂直
C．与平面所成角的正弦值的范围为
D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为
【答案】AC
【分析】对A，在平面内作，交于点，由平面得，所以平面，则；对B，不可能平行，故与不可能垂直；对C，则与平面所成角的正弦值的范围等同于与所成角的余弦值的范围，求解判断即可；对D，由题意知为的中点，可证得，由平面得，所以平面，所以，同理，所以平面，所以平面即平面，三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形．
【详解】对A，在平面内作，交于点，
在正四棱柱中，因为平面，平面，
所以，又平面，平面，，
所以平面，又平面，所以．故A正确；
对B，不可能平行，故与不可能垂直，故B错误；

对C，如图：

连接，，平面，
则与平面所成角的正弦值的范围等同于与所成角的余弦值的范围，
在直角三角形中，，
当点由点向移动时，逐渐增大，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
，则，，则，，故C正确，
对D，如图：

由题意知为的中点，连接，，，，，，
在直角三角形中，，同理，
由题意知，所以，所以，
在正四棱柱中，因为平面，平面，
所以，又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，同理，
又平面，平面，，
所以平面，所以平面即平面，
三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形，
其周长为，故D错误.
故选：AC．
11．已知双曲线：（，）与椭圆有公共焦点，的左、右焦点分别为，，且经过点，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的标准方程为
B．若直线与双曲线无交点，则
C．设，过点的动直线与双曲线交于，两点（异于点），若直线与直线的斜率存在，且分别记为，，则
D．若动直线斜率存在，且与双曲线恰有1个公共点，与双曲线的两条渐近线分别交于点，，则（为坐标原点）的面积为定值1
【答案】ACD
【分析】对A，根据椭圆与双曲线共焦点及双曲线过点T建立方程组解出a，b，进而得到答案；
对B，结合双曲线的渐近线即可判断B；
对C，设出动直线方程并代入双曲线方程，进而结合根与系数的关系求得答案；
对D，若动直线斜率存在，设出直线的斜截式，并代入双曲线方程，根据判别式为0，得到间的关系，然后解出点M的坐标，求出和O到直线的距离，最后求出面积.
【详解】对于A选项，由题意，且，联立解得，所以双曲线的标准方程为，故A正确；
对于B选项，因为双曲线的渐近线方程为，所以若直线与双曲线无交点，则，故B错误；
对于C选项，过点的动直线斜率存在且不为0，故设该动直线为.
设，，联立得，
所以，解得且且，，，，
则
，故C正确；
对于选项D，由于动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点，，
当动直线的斜率存在时，且斜率时，不妨设直线：，
故由，
从而，化简得.
又因为双曲线的渐近线方程为，故由，
从而点.同理可得，，
所以，
又因为原点到直线：的距离，
所以，又由，
所以，故的面积为定值1，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的选项D比较复杂，对于此类问题要注意两个关键方面：①设直线方程斜截式结构简单②思路一定要直接，既然求三角形的面积，那么最直接的方法就是求出三角形的底和高.
12．已知是的导函数，则（ ）
A．是周期函数
B．的一条对称轴是
C．在内有两个不同的零点
D．在内有两个不同的极值点
【答案】AB
【分析】利用周期函数的定义判断A；求出导数，利用轴对称的意义判断B；求出函数的零点判断C；利用导数探讨单调性并确定极值点判断D.
【详解】依题意，，是周期函数，A正确；
而，则
，的图象关于对称，B正确；
，在上只有一个零点，C错误；
当时，，
令，求导得，
又，
于是，即，函数在上单调递减，
而，，则，使得，
于是函数在上有唯一零点，且当，函数递减，
当，函数递增，因此在上只有1个极值点，D错误.故选：AB
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
(1)存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
(2)存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
三、填空题
13．已知向量与的夹角为，且，则实数的值为 .
【答案】
【分析】根据可得，再根据平面向量的数量积公式求解即可
【详解】由可得，即，，代入可得，化简得
故答案为：
【点睛】平面向量的垂直：
若向量，则
14．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在C上，若，，则C的离心率为 ．
【答案】/
【分析】利用余弦定理列方程，化简求得离心率.
【详解】，，O是的中点，所以，
故由得，
因为，，所以，
在中，，
在中，，
∴，即，
则，离心率为．
故答案为：

【点睛】求椭圆的离心率，方法有很多，一种是直接求得，进而求得椭圆的离心率；一种是求得的关系式（齐次式），化简求得椭圆的离心率；一种是求得的关系式（齐次式），化简求得椭圆的离心率.
15．已知函数，（）.若，，，则a的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意，的值域为的值域子集，先求得两个函数的值域，再利用包含关系求得a的取值范围.
【详解】因为，
又当时，，的值域为.
因为，所以在上单调递增，其值域为.
依题意得，则，解得.
故答案为：
16．在三棱锥中，，且．记直线，，与平面所成角分别为，，，已知，当三棱锥的体积最小时， .
【答案】
【分析】找到在平面内的投影，利用线面夹角关系，得到与的等量关系，以、中点为原点建立平面直角坐标系，根据等式关系发现，在平面内的投影在圆上，当最小时，高度最小，则三棱锥的体积最小，从而求出的值.
【详解】设点在平面内的投影为，
因为直线，，与平面所成角分别为，，，且，则，
根据线面夹角关系可知，，
所以，由阿波罗尼斯圆可知，投影在圆上运动，
以为轴，过的中点作垂线，建立如图所示直角坐标系.
令，由题可知，，.
则，化简得，
可知在以为圆心，半径为的圆上，
当最小时，最小，即三棱锥的体积最小，
此时，，，，
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题考查了立体几何的建系求最值问题，空间动点问题常用做法，转换动点到某一平面内，进而用平面内容求解，做到化繁为简.
四、解答题
17．直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受．针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额：
(1)求变量，之间的线性回归方程，并据此预测2023年7月份该公司的直播带货金额．
(2)该公司随机抽取55人进行问卷调查，得到如下不完整的列联表：
请填写上表，并判断是否有90%的把握认为参加直播带货与性别有关．
参考数据：，，，，．
参考公式：线性回归方程的斜率，截距．
附：，其中．
【答案】(1)；预测2023年7月份该公司的直播带货金额为1118万元
(2)列联表见解析，参加直播带货与性别有关
【分析】（1）根据线性回归方程求解回归方程即可；
（2）零假设之后计算，再比较大小判断零假设是否成立即可.
【详解】（1）因为，，，，
所以，，
所以变量，之间的线性回归方程为，
当时，（万元）．
所以预测2023年7月份该公司的直播带货金额为1118万元．
（2）补全完整的列联表如下．
零假设：参加直播带货与性别无关，
根据以上数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验我们推断不成立，
即参加直播带货与性别有关，该判断犯错误的概率不超过.
18．已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设是首项为1，公比为3的等比数列 ， 求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件利用等差数列的前n项和公式和通项公式以及等比数列的定义，求出首项和公差，由此能求出；
（2）根据等比数列通项公式可得，由此利用错位相减法能求出数列前n项和．
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以，即．
（2）由题意可知：，则，
则，
可得，
两式相减可得
，
所以．
19．记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A；
(2)若，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用切化弦及余弦定理即可；
（2）应用正弦定理及余弦定理，减少变量，再结合二次函数即可求解.
【详解】（1），
由余弦定理得，因故，
因为是锐角三角形，所以．
（2）由正弦定理知，得，故．
由余弦定理得，
故，
当，，时，是锐角三角形，所以的最小值是．
20．等边三角形的边长为3，点分别是边上的点，且满足，如图甲，将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，如图乙.

(1)求证：平面.
(2)在线段上是否存在点，使平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由余弦定理求出，勾股定理可得，再由面面垂直的性质定理可得答案；
（2）假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，求出点坐标，求出平面、平面的法向量，再由二面角的向量求法可得，从而求出答案.
【详解】（1）因为等边三角形的边长为3，，所以，
在中，由余弦定理可得
，所以，可得，即
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
（2）假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为，
由（1）可知互相垂直，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，，，
设，可得，，
设为平面的一个法向量，
所以，即，
令，则，
所以，因为平面，
所以可以为平面的一个法向量，
因为平面与平面所成的角为，
所以，
解得，所以存在点，且，
可得，，
.

21．已知抛物线的焦点为.过焦点的直线与抛物线交于A，B，的最小值为12.
(1)求抛物线的方程；
(2)若过点的另一直线与曲线相交于，两点，，，且与的面积的和为，求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)2或-2
【分析】（1）由题意，取，代入抛物线的方程可求出，即可得出答案.
（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理求出，再求出点到直线的距离，即可表示出，由抛物线的对称性知，再结合条件求解即可.
【详解】（1）依题意抛物线的焦点为，
则时，直线l与x轴垂直，
不妨取，则，
因为，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）因为抛物线的方程为，所以，
则直线的方程为，设，，
联立消去得，
由韦达定理，得，，
所以.
因为点C，D在曲线上，且，
所以根据抛物线的对称性知.
因为，所以点到直线的距离，
所以，
因为，所以，
所以，解得，
所以直线的斜率为2或.
22．已知函数
(1)当时，求在上的最小值；
(2)若在上存在零点，求的取值范围.
【答案】(1)0；
(2).
【分析】（1）对函数式进行两次求导分析即得；
（2）对于含参数函数的零点问题，常常考虑运用分析讨论法，即对导函数中的参数进行分类逐个分析，找到符合题意的情况即得.
【详解】（1）当时，， ，
，
令，，，
则在上是增函数，则>0，所以，
即在上是增函数，则.
（2）， ，
，
令，，，
（1）当时，，则在上是减函数，则，
①若，易得，则在上是减函数，，不合题意；
②若，因，，则根据零点存在定理，必，使，即，
变化时，，的变化情况如下表：
则，故要使函数在上存在零点，需使，即；
（2）当时，，而，
当时，，
故在上是增函数，，不合题意；
（3）当时，在上是增函数，在上是增函数，
则在上是增函数，，不合题意，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）分析讨论法：对含参函数的导函数进行分类讨论，逐个判断求得；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
月份
1
2
3
4
5
带货金额/万元
350
440
580
700
880
参加过直播带货
未参加过直播带货
总计
女性
25
30
男性
10
总计
0.15
0.10
0.05
0.025
2.072
2.706
3.841
5.024
参加过直播带货
未参加过直播带货
总计
女性
25
5
30
男性
15
10
25
总计
40
15
55
0
单调递增
极大值
单调递减