2024届广东省佛山市顺德区华侨中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届广东省佛山市顺德区华侨中学高三上学期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，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】先解不等式化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.
【详解】因为集合，，
因此.
故选：B.
2．人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展，从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等．16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时，首先引进了，17世纪法因数学家笛卡尔把i称为“虚数”，用表示复数，并在直角坐标系上建立了“复平面”．若复数z满足方程，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出复数z的代数形式，再利用复数为0列出方程组求解作答.
【详解】设，因，则，
即，而，则，解得，
所以.
故选：C
3．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想如下：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，如30=7+23，在不超过25的素数中，随机选取2个不同的数，则这2个数恰好含有这组数的中位数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先确定不超过25的素数，再确定中位数，最后根据古典概型概率公式求概率．
【详解】因为不超过25的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23共9个，
这组数的中位数为11，所以所求概率．
故选：C
4．设平面向量，，且，则=（ ）
A．1B．14C． D．
【答案】B
【分析】根据，求出把两边平方，可求得，把所求展开即可求解.
【详解】因为，所以又，
则
所以，
则
，
故选：
5．是两个平面，是两条直线，则下列四个命题中错误的命题是（ ）
A．如果，，，那么
B．如果，，那么
C．如果，，那么
D．如果，，那么与所成的角和与所成的角相等
【答案】A
【分析】对于命题A，运用长方体举反例证明其错误：
对于B中命题，作辅助平面，利用直线与平面平行的性质定理得到线线平行，再得到线线垂直；
由平面与平面平行的性质定理，可知C中命题正确；
由平行的传递性及线面角的定义知D中命题正确.
【详解】对于A，可运用长方体举反例证明其错误：
如图，不妨设为直线，为直线，所在的平面为.
所在的平面为，显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立.
对于B，证明如下：如图：设过直线的平面与平面相交于直线，则，
由，有，从而可知结论正确.
由平面与平面平行的性质定理，可知C中命题正确.
由平行的传递性及线面角的定义知D中命题正确.
故选：A
6．设，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同角三角函数关系式及两角和的正弦公式及诱导公式对题中条件进行化简，即可求得.
【详解】因为，
所以，
所以，
即．
又，，
所以，即
或，即（舍去）．
故选：
7．已知双曲线C：的焦点到渐近线的距离为，直线l与C相交于A，B两点，若线段的中点为，则直线l的斜率为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】B
【分析】先利用题目条件求出双曲线的标准方程，然后利用点差法即可求出直线的斜率.
【详解】因为双曲线的标准方程为，
所以它的一个焦点为，一条渐近线方程为，
所以焦点到渐近线的距离，化简得，解得，
所以双曲线的标准方程为，
设，所以①，②，
①-②得，，
化简得③，
因为线段的中点为，所以，
代入③，整理得，
显然，所以直线的斜率.
故选：B
8．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构建函数，求导判断其单调性，利用单调性比较大小，注意.
【详解】由题意可得，，，
设，，则，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因为，，，且，
可得，，所以.
故选：D.
二、多选题
9．设为两个互斥的事件，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据互斥事件的含义及概率计算公式逐项判定即可.
【详解】因为为两个互斥的事件，且，
所以,即，故A正确，B错误；
因为为两个互斥的事件，
所以
，
故C正确；
因为为两个互斥的事件，所以，故D正确，
故选：ACD.
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．为函数图象的一条对称轴．
B．函数在上单调递减．
C．将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上的最小值为，则m的最大值为．
D．在上有2个零点，则实数a的取值范围是．
【答案】BC
【分析】将函数化简为，结合三角函数的性质，逐一分析判断即可.
【详解】结合题意：，
化简为：.
对于A选项：令，解得易验证不是对称轴，故A错误；
对于B选项：当时，，
结合三角函数的性质可知，在上单调递减，故B正确；
对于C选项：
因为，所以，
要使在上的最小值为，则，即，故C正确；
对于D选项：由，得，
要使在上有2个零点，则，解得，
故D错误.
故选：BC.
11．如图，在棱长为的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的有（ ）
A．点在平面的射影为的中心；
B．直线∥平面；
C．异面直线与所成角不可能为；
D．三棱锥的外接球表面积的取值范围为．
【答案】ABC
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断①；利用面面平行的性质可判断②；由线面垂直的性质可判断③；求出三棱锥的外接球表面积的取值范围，可判断④.
【详解】对于A，连接、，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，，
同理可证，因为，平面，
因为，，故三棱锥为正三棱锥，
因此，点在平面的射影为的中心，A对；
对于B，连接、，
且，故四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，平面，
同理可证平面，，所以，平面平面，
平面，因此，平面，B对；
对于C，因为平面，平面平面，平面，
平面，，C对；
对于D，设分别交平面、平面于点、，
则平面，平面，
，，
，可得，同理可得，
，则.
、的外接圆半径均为，
易知、分别为、的中心，
当点与点或点重合时，取最大值，
当点为线段的中点时，取最小值，即，
因为为等边三角形，且平面，垂足为的中心，
所以，三棱锥的外接球球心在线段上，设，球的半径为，
则，
（i）当球心在线段上时，，
因为，
所以，，可得，可得，
此时，；
（ii）当球心在线段上时，，
因为，
所以，，可得，可得，
此时，；
（iii）若球心在线段上时，，
因为，
所以，，可得，不合乎题意.
所以，，故三棱锥的外接球的表面积，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
12．已知定义在上的函数可导，且不恒为为奇函数，为偶函数，则（ ）
A．的周期为4
B．的图象关于直线对称
C．
D．
【答案】AC
【分析】根据已知可得的图象关于对称、关于直线对称，利用对称性可得的周期可判断A；对两边求导可判断B；根据，可判断CD.
【详解】为奇函数，则的图象关于对称.又为偶函数，则的图象关于直线对称，
所以，可得
，
则的周期为4，故A选项正确；
又，则的图象关于对称，故选项B错误；
又，所以，故选项C正确；
由以上可知，，但是不知道等于多少，
函数的周期为4，则，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
13．的展开式中，常数项是 .
【答案】
【分析】写出二项展开式的通式，令的次数为即可.
【详解】的展开式通项为，
令，得，
故常数项是．
故答案为：．
14．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将到这个自然数中被除余且被除余的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为 ．
【答案】
【分析】先得到新数列，是首项为，公差为的等差数列，求出通项公式，解不等式即能求出数列的项数.
【详解】由题知，满足上述条件的数列为，
该数列为首项是，公差为的等差数列，
则，
解得，故该数列的项数为.
故答案为：
15．已知椭圆的左焦点为F，过原点O的直线l交椭圆C于点A，B，且，若，则椭圆C的离心率是 .
【答案】
【分析】设右焦点为，连接，.判断出四边形为矩形.在中，解三角形求出，，利用椭圆的定义得到，即可求出离心率.
【详解】设右焦点为，连接，.
因为，即，可得四边形为矩形.
在中，，.
由椭圆的定义可得，所以，所以离心率.
故答案为：.
16．在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是 ．

【答案】或0
【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出．
四、证明题
17．记的内角A，B，C的对边分期为a，b，c，已知点D在边AC上，且，．
(1)证明：是等腰三角形
(2)若，求
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正弦定理，结合条件，即可证明；
（2）首先中，根据余弦定理求，再结合角的关系，求.
【详解】（1）由正弦定理可知，
又，所以，
又因为，所以
所以是等腰三角形
（2）设，，则，，，
所以在中，由余弦定理，得：
，
在中，∵，∴
∴
18．已知数列，满足，，.
（1）证明：是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由等比数列的定义即可证明；
（2）由错位相减法可求.
【详解】（1）依题意，.
又.
故为首项，公比的等比数列.
（2）由（1）可知.
所以.
①
②
①-②得
，
故.
19．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形， ，且底面，点分别在棱、上·
(1)若P是的中点，证明：；
(2)若平面，且平面PQD与平面AQD的夹角的余弦值为，求四面体的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算知，即可证得结论；
（2）利用空间向量结合已知的面面角余弦值可求得，再利用线面平行的已知条件求得，再将四面体视为以为底面的三棱锥，利用锥体的体积公式即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，其中，，
若是的中点，则，，，
于是，∴，即．
（2）由题设知，，，是平面内的两个不共线向量．
设是平面的一个法向量，
则，取，得．
又平面的一个法向量是，
∴，
而二面角的余弦值为，因此，
解得或（舍去），此时．
设，而，由此得点，，
∵PQ∥平面，且平面的一个法向量是，
∴，即，解得，从而．
将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，
故四面体的体积．
五、问答题
20．设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的5个球，其中甲箱有3个蓝球和2个黑球，乙箱有4个红球和1个白球，丙箱有2个红球和3个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2个球.
(1)若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；
(2)若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量表示最后摸出的2个球的分数之和，求的分布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）求出甲箱中摸出2个球颜色相同的概率，继而求得最后摸出的2个球颜色不同的概率，再求出最后摸出的2个球是从丙箱中摸出的概率，根据条件概率的计算公式即可得答案.
（2）确定X的所有可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.
【详解】（1）从甲箱中摸出2个球颜色相同的概率为，
记事件A为最后摸出的2个球颜色不同，事件B为这2个球是从丙箱中摸出的，
则，
，
，
所以；
（2）X的所有可能取值为2，3，4，
则，
，
，
故X的分布列如表：
故.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于求分布列时，计算每个值相应的概率，要弄清楚每个值对应的情况，分类求解，注意计算量较大，要十分细心.
六、证明题
21．已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.
（1）证明：坐标原点O在圆M上；
（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.
【答案】(1)证明见解析；(2) ， 或， .
【详解】（1）设，.
由 可得，则.
又，故.
因此的斜率与的斜率之积为，所以.
故坐标原点在圆上.
（2）由（1）可得.
故圆心的坐标为，圆的半径.
由于圆过点，因此，故，
即，
由（1）可得.
所以，解得或.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.
当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆 的方程为.
【名师点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证或说明中点在曲线内部.
22．已知函数（……是自然对数底数）．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求得导函数后，利用函数的增减性考查导函数的正负，即可求得单调区间；
（2）利用导数考查函数单调性，求得函数的最小值点，对于，构造函数，利用函数的单调性结合不等式的等价变形，即可证明.
【详解】（1）当时，，
∴，
令，显然在单增，且，
所以当时，，；当时，，；
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2），
令，，则，
所以在上单调递增，
∵，又，，
所以，又，
故，使，即，
当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值；
所以，
又，∴，
∴，
令，显然在单调递增，
∴，
要证，即证，
即，即，
令，，则，
当时，，
所以在上单调递减，∴，
所以，故．
【点睛】关键点睛：本题有两个关键点：一是确定函数隐零点的范围，从而求得函数的最值点；二是构造函数，利用其单调性确立不等关系.
X
2
3
4
P