2024届上海市奉贤区奉贤中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届上海市奉贤区奉贤中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了填空题，单空题，单选题，证明题，解答题，问答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．函数的定义域是 .
【答案】
【解析】令被开方数大于等于0，解不等式求出定义域．
【详解】解：
要使函数有意义，需满足
解得
函数的定义域是：
故答案为：
【点睛】求函数的定义域，也不从开偶次方根的被开方数大于等于0；分母非0；对数函数的真数大于0底数大于0且不等于1等方面限制，属于基础题．
2．已知，将化为分数指数幂形式，则 .
【答案】
【分析】利用根式转化为分数指数幂，再根据指数幂的运算法则即可.
【详解】.
故答案为：.
3．已知复数，其中是虚数单位，，则 .
【答案】
【分析】先求得，然后根据的实部求得.
【详解】依题意，，
而，所以.
故答案为：
4．某校学生总人数为1000人，其中高三人数为300人，现采用分层抽样方式从全校学生中抽取20人参加一项活动，则高一高二的参加活动的总人数为 .
【答案】14
【分析】根据分层抽样的知识求得正确答案.
【详解】高一高二有人，
所以高一高二的参加活动的总人数人.
故答案为：
二、单空题
5．，则 .
【答案】
【分析】解二次不等式化简集合，进而化简集合，从而利用集合的并集运算即可得解.
【详解】因为，
当时，，则，
所以.
故答案为：.
三、填空题
6．，则 （用表示）.
【答案】
【分析】根据对数运算求得正确答案.
【详解】由于，所以，
所以，所以.
故答案为：
7．已知函数为奇函数，函数的图象与轴的交点为，则 .
【答案】
【分析】根据的奇偶性和零点求得以及，由此求得与轴交点的横坐标，进而求得.
【详解】由于是定义在上的奇函数，
所以，
令，解得或或，
由于，根据奇函数图象的对称性可知，，且.
所以，
令，解得，所以.
故答案为：
8．正三棱锥中，，分别是的中点，则四边形的面积为 .
【答案】3
【分析】根据正三棱锥的性质与中位线得出四边形为矩形，且,，即可计算得出答案.
【详解】
三棱锥为正三棱锥，,,
，,，
分别是的中点，
，，，，且,
，
四边形为矩形，
四边形的面积为，
故答案为：3.
9．中，角所对的边分别为则 .
【答案】1
【分析】根据正弦定理和余弦定理求得正确答案.
【详解】依题意，
由正弦定理、余弦定理得:

.
故答案为：
10．已知Rt的面积为6，斜边长为6，设为在上的投影向量， .
【答案】
【分析】根据向量的投影、向量数量积等知识求得正确答案.
【详解】依题意.
依题意，,
所以
.
故答案为：
11．设过点的直线l与椭圆交于M，N两点，已知点，若直线AM与直线AN的斜率分别为，，则 ．
【答案】
【分析】先根据题意假设直线l的方程，联立椭圆的方程，由韦达定理得到，，从而利用斜率公式直接运算即可得解.
【详解】因为椭圆，所以，其右顶点为，下顶点为，
所以过点的直线l的斜率存在且不为0和，设直线l的方程为，即，
设，，点M，N的坐标均不为，
联立整理得，
则，解得,
因为时，，，
所以
.
故答案为：．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
12．设函数在上存在导数，对任意实数有，且当时，若，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】构造函数，结合已知得出，即为偶函数，利用导数得出函数在上单调递减，所求不等式变形等价于，即，再结合单调性解不等式得出答案.
【详解】当时，
当时，
令，
，
，
为偶函数，
当时，
函数在上单调递减，
，等价于，，
即，
则当时，即时，
由函数在上单调递减，得，解得，
当时，即时，
由为偶函数，得，
由函数在上单调递减，得，解得，
综上，的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】关键点睛：涉及给定含有导函数的不等式，根据不等式的特点结合求导公式和求导法则构造函数，再利用导数探求给定问题是解题的关键.
四、单选题
13．“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】A
【分析】根据与的推出关系判断充分性与必要性是否成立.
【详解】当时，，则，故充分性成立；
当时，，则，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分非必要条件.
故选：A
14．小明在某比赛活动中已经进入前四强，他遇到其余四强的三人之一的获胜概率分别为、、，若小明等可能遇到其他选手，获胜则进入决赛，反之被淘汰，则小明进入决赛的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据独立事件与互斥事件的概率计算公式得出答案.
【详解】设小明遇到的三人分别为，，，
则小明遇到三人的概率都为，
若小明与比赛获胜的概率为，与比赛获胜的概率为，与比赛获胜的概率为，
则小明进入决赛的概率为，
故选：A.
15．为椭圆上一点，到左焦点的距离为，则到原点的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先用表示，然后根据椭圆的定义判断出三角形是直角三角形，从而求得.
【详解】椭圆即，
所以，所以左焦点为.
到左焦点的距离为，则到右焦点的距离为，
，所以三角形是直角三角形，
且，所以到原点的距离.
故选：B
16．已知，则下列三个代数式①②③，其值与无关的个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】D
【分析】利用赋值法，结合二项式展开式等知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
令，得；令，得，
所以，
，所以，
，所以，
所以三个代数式①②③的值都与无关.
故选：D
五、证明题
17．数列中，是正整数，数列的前项和.
(1)若，且，求的值；
(2)若，求证是等比数列，并求.
【答案】(1)或或
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据得是公差为3的等差数列，求出，再解即可.
（2）根据等比数列的定义可证是等比数列从而得到.
【详解】（1）当时，，,所以是公差为3的等差数列，
所以，所以，
因为，所以，
因为是正整数，所以或或.
（2）当时，，
因为，，所以是等比数列，
所以，
所以.
六、解答题
18．如图，已知四棱锥中，四边形是边长为4的菱形，.
(1)若四棱锥是正四棱锥，求四棱锥的体积；
(2)若平面，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的结构特征，结合锥体的体积公式运算求解；
（2）由垂直关系可得，由数量积可得，在中，利用余弦定理运算求解.
【详解】（1）因为四棱锥是正四棱锥，取正方形的中心，
则平面，且平面，可得，
则，，
所以四棱锥的体积.
（2）因为平面平面，所以，
而∥，所以，
由，可得，
又因为，则，
在中，由余弦定理可得：
，
所以.
七、问答题
19．电视台综艺频道组织的闯关游戏，游戏规定前两关至少过一关才有资格闯第三关，闯关者闯第一关成功得3分，闯第二关成功得3分，闯第三关成功得4分．现有一位参加游戏者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为、、，记该参加者闯三关所得总分为ξ.
(1)求该参加者有资格闯第三关的概率；
(2)求ξ的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)ξ的分布列见解析，
【分析】（1）利用事件的独立性即可求解；
（2）根据分布列的计算步骤即可求解分布列，利用数学期望的计算公式即可求解期望.
【详解】（1）设该参加者单独闯第一关、第二关、第三关成功的概率分别为，，，该参加者有资格闯第三关为事件．
则．
（2）由题意可知，ξ的可能取值为，，，，，
，
，
，
，
，
所以ξ的分布列为
所以ξ的数学期望.
八、证明题
20．如图1，已知抛物线的方程为，直线的方程为，直线交抛物线于两点为坐标原点.
(1)若，求的面积的大小；
(2)的大小是否是定值？证明你的结论；
(3)如图2，过点分别作抛物线的切线和（两切线交点为），分别与轴交于，求面积的最小值.
【答案】(1)1
(2)是定值，证明见解析
(3)1
【分析】（1）求得的坐标，进而求得的面积.
（2）通过证明来得到的大小是定值.
（3）利用导数求得切线方程，求得的坐标，进而求得面积的表达式，并根据二次函数的性质求得其最小值.
【详解】（1）当时，直线的方程为，
由解得，
所以的面积为.
（2）由（1）中发现为等腰直角三角形，猜测.
证明：，
得，即，，
所以，所以为定值.
（3），对函数求导得到，
所以方程为，整理得，
同理方程为，
分别令得到，
，解得，
由第（2）小题，，得到，
所以，
所以面积的最小值为1.
【点睛】求直线和圆锥曲线交点的坐标，可以通过联立方程组来进行求解，如果含有参数，则可以考虑利用根与系数关系来对问题进行求解，此时如果直线和圆锥曲线有两个不同的公共点，则需要利用判别式来进行确认.
21．定义：设和均为定义在上的函数，它们的导函数分别为和，若不等式对任意实数恒成立，则称和为“相伴函数”.
(1)给出两组函数，①和②和，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”（只需直接给出结论，不需论证）；
(2)若是定义在上的可导函数，是偶函数，是奇函数，，证明：和为“相伴函数”；
(3)，写出“和为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.
【答案】(1)第（1）组是，第（2）组不是
(2)证明见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据“相伴函数”的定义进行分析，从而作出判断.
（2）根据“相伴函数”的定义进行分析，结合函数的奇偶性证得结论成立.
（3）根据“相伴函数”的定义进行分析，结合充分、必要条件的知识确定正确答案.
【详解】（1）第（1）组是，第（2）组不是.
①和，，
，
所以这两组函数是 “相伴函数”.
②和，，
不一定为非正数，
所以这两组函数不是 “相伴函数”.
（2），
所以
，所以
因此成立，
即和为“相伴函数”.
（3）“和为相伴函数”的充要条件是
充分性：已知
则，
，
此时，所以，
即成立，和为相伴函数
必要性：已知和为相伴函数
所以，
，
，
，即，
由于取遍内的所有实数，因此当且仅当时成立，
所以，
所以“和为相伴函数”的充要条件是.
【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
ξ