2024届上海市浦东新区南汇中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届上海市浦东新区南汇中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了填空题，单选题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、填空题
1．已知，，则 .
【答案】
【分析】解出集合，按照集合的交运算法则进行运算即可.
【详解】因为，，
所以，
故答案为：.
2．过点斜率为的直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为 .
【答案】
【分析】根据直线的点斜式,再分别求出截距，计算面积及即得；
【详解】由题可得直线l方程为，即；
令，则,令，则,
则直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为，
故答案为: .
3．已知在角的终边上，则 .
【答案】
【分析】先由三角函数的定义求出；再利用诱导公式化简求值即可.
【详解】因为在角的终边上
所以由三角函数的定义可得
则.
故答案为：
4．已知复数，（i是虚数单位），若是纯虚数，则实数 .
【答案】
【分析】根据复数的乘法运算，先求，再由复数类型，即可求出结果.
【详解】因为复数，，
所以，
又是纯虚数，所以，解得：.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查由复数类型求参数的问题，涉及复数的乘法运算，属于基础题型.
5．等差数列满足，，则 .
【答案】28
【分析】借助于等差数列的性质以及前项和公式求解即可.
【详解】因为等差数列满足，，
所以，，解得，，
所以.
故答案为：28.
6．已知函数（且）恒过定点，则 ．
【答案】3
【解析】由条件利用 为定值，求出的值，可得，求得的值，从而求得的值．
【详解】解：令，解得：，
故，
故，，
故，
故答案为：3．
7．已知双曲线的渐近线方程为，且右顶点与椭圆的右焦点重合，则这个双曲线的标准方程是 .
【答案】
【分析】根据渐近线可得，然后根据椭圆的焦点即可求出双曲线的顶点，即可求出结果．
【详解】设双曲线的方程是，
双曲线的渐近线方程是，①．
由椭圆的方程知右焦点,则双曲线的右顶点坐标为
双曲线方程中的②．
解①②得：，，所求双曲线的标准方程为．
故答案为：.
8．已知正实数x、y满足，则的最小值为 .
【答案】8
【分析】利用常值代换法将所求式中的4替换成，即可运用基本不等式求得.
【详解】因正实数x、y满足，故
当且仅当时，等号成立，由解得：即时，取最小值8.
故答案为：8.
9．已知抛物线的方程为，过其焦点F的直线交此抛物线于M、N两点，交y轴于点E，若，，则 .
【答案】
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，由，，分别表示出，利用根与系数关系即可算得答案.
【详解】由抛物线的方程为，得，
由题意可得直线的斜率存在且不等于零，
则可设直线的方程为，，
联立，消得，
则恒成立，
则，故，
由直线，令，得，则，
由，得，
所以，所以，
由，得，
所以，所以，
所以
.
故答案为：.
10．函数的最大值为 ．
【答案】/
【分析】首先求得，设，，得出的单调区间，即可得出最大值．
【详解】，
设，，
令，得或，
所以当时，，
即在和上单调递减，
当时，，
即在上，单调递增，
又因为，，
所以的最大值为，
故答案为：．
11．已知等边的边长为，点是其外接圆上的一个动点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】建立适当的平面直角坐标系，设出点的坐标，求出，，代入数量积公式得到关于的三角函数，利用正弦函数的性质得出结论．
【详解】以所在直线为轴，线段的垂直平分线所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
因为是边长为的等边三角形，所以，，，
其外接圆的半径，则外接圆的圆心为，
外接圆的方程为，因为点是圆上的一个动点，
设，，
则，，
，
，，
，
所以的取值范围为.
故答案为：.
12．一个“皇冠”状的空间图形（如图）由一个正方形和四个正三角形组成，并且正方形与每个正三角形所成的二面角的大小均为.如果把两个这样的“皇冠”倒扣在一起，可以围成一个十面体，则的值为 .
【答案】
【分析】根据题意可知，该几何体的侧面是全等的正三角形，只需利用三垂线定理做出二面角的平面角再结合勾股定理即可求出余弦值的大小.
【详解】一个“皇冠”状的空间图形由一个正方形和四个正三角形组成，
并且正方形与每个正三角形所成的二面角的大小均为
过点作底面的垂线，垂足为分别为上下底面正方形的中心，
连接交于，连接，如图所示，
由题意得，
所以即为正方形与正三角形所成的二面角的平面角，且为钝角；
所以，所以，
由三角形都为正三角形得，
设正方形边长为，则，所以，
所以.
故答案为：
二、单选题
13．若，则“”是“”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分
C．充要D．既非充分也非必要
【答案】A
【分析】根据不等式的性质，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.
【详解】由，
因此由可以推出，
但是当时，显然成立，但是不成立，
因此由不一定能推出，
因此“”是“”的充分非必要条件，
故选：A
14．设是复数，则下列命题中的假命题是
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【详解】试题分析：对（A），若，则，所以为真；
对（B）若，则和互为共轭复数，所以为真；
对（C）设，若，则，
，所以为真；
对（D）若，则为真，而，所以为假．
故选D．
【解析】1.复数求模；2.命题的真假判断与应用．
15．在正方体中，给出下列四个推断：
①
②
③平面平面
④平面平面
其中正确的推断有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】在①中，与成角；在②中，由，，得；在③中，由，，得平面平面；在④中，由，，得平面平面．
【详解】解：在正方体中，
在①中，由正方体的性质可知，所以即为异面直线与所成的角，在中显然，所以与成角，故①错误；
在②中，，，，故②正确；
在③中，，，
，，
、平面，、平面，
平面平面，故③正确；
在④中，，，，平面，所以，又平面
平面平面，故④正确．
故选：．
16．已知均为正数，并且，给出下列2个结论：
①中小于1的数最多只有一个；
②中最小的数不小于.则（ ）
A．①对，②错B．①错，②对
C．①，②都错D．①，②都对
【答案】A
【分析】对于①用反证法可以证明；对于②，举出反例说明其错误.
【详解】对于①，假设存在两个小于1的正数，不妨设,
则,则,
这与矛盾,
故中小于1的数最多只有一个, ①正确;
对于②，不妨假设中最小数为，取,
则取,
则,
即说明中最小的数可以小于，②错误,
故选：A.
三、证明题
17．如图，在几何体中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，．
（1）求证：平面；
（2）若PC与平面所成的角为，求点A到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）点A到平面PCD的距离为．
【分析】（1）根据已知条件，利用平面几何知识分析底面形状，得到AC⊥CD,进而结合已知条件PA⊥底面ABCD，利用线面垂直的判定定理证得；
（2）根据（1）的结论，利用面面垂直的判定定理可得平面PAC⊥平面PCD,利用面面垂直的性质定理得到A到平面PCD的垂线，垂足H在PC上，根据已知线面角由AC的长度求得AH，即为A到平面PCD的距离.
【详解】（1）连接AC,∵AB=BC=1,∠ABC为直角，∴AC=,∠BAC=,
又∵∠BAD=，∴∠CAD=,
又∵AD=2,
∴ACD为等腰直角三角形，∴AC⊥BC,
又∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥CD，
又∵PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，
∴CD⊥平面PAC;
（2）∵PA⊥平面ABCD,∴∠PCA是PC与平面ABCD所成的角，
故由已知得∠PCA=,
在PAC中，过A作AH⊥PC,垂足为H,
则A到斜边PC的距离AH=ACsin,
∵CD⊥平面PAC,CD⊂平面PCD,∴平面PAC⊥平面PCD,
又∵平面PAC∩平面PCD=PC,
AH⊥PC,AH⊂平面PAC,
∴AH⊥平面PCD,
即AH就是A到平面PCD的距离，
∴A到平面PCD的距离为.
【点睛】本题考查线面垂直，面面垂直的判定与性质，涉及线面角，点到平面的距离，属基础题.关键是要熟练掌握并使用线面、面面垂直的判定定理与性质定理实现空间垂直的转化.
四、解答题
18．已知函数，的内角所对的边分别为，，且的外接圆的半径为.
(1)求角的大小；
(2)求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式将函数化简，由求出的值；
（2）利用正弦定理求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最大值，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为
，
又，所以，
因为，所以，则，所以.
（2）由正弦定理得，即，
所以，
由余弦定理得，
当且仅当时等号成立，所以，
因为，
又的最大值为，所以面积的最大值为，当且仅当时取最大值.
19．某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路的山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为、，山区边界曲线为C，计划修建的公路为，如图所示，M、N为C的两个端点，测得点M到、的距离分别为5千米和40千米，点N到、的距离分别为20千米和2.5千米，以、所在的直线分别为x、y轴，建立平面直角坐标系，假设曲线C符合函数（其中a、b为常数）模型.
(1)求a、b的值；
(2)设公路与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路长度的函数解析式，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路的长度最短?求出最短长度.
【答案】(1)
(2)①，定义域；②时，千米
【分析】（1）根据、到、的距离写出对应的坐标，代入解析式即可求得a、b的值.
（2）①求公路长度的函数解析式，就是求出直线与x、y轴的交点，再利用两点距离公式求解即可，关键是利用导数几何意义求出直线的方程，再根据、为的两个端点的限制得到定义域.②对函数解析式根式内部利用基本不等式求最值，注意等式成立条件.
【详解】（1）因为在如图坐标系中，、，代入曲线C符合函数
得到，解得，
（2）①由（1）可知，，则点，
设在点的切线分别交x、y轴于点、，
因为.
则直线的方程为，由此可知、.
故.
②因为定义域为，利用基本不等式可得：
.
当且仅当，即，时，公路的长度最短，最短长度为千米.
20．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，上顶点为M，过点M且斜率为的直线与椭圆交于另一点N，过原点的直线与椭圆交于P、Q两点.
(1)求周长；
(2)是否存在这样的直线，使椭圆中与直线平行的弦的中点都在上?若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由；
(3)若直线与线段相交，且四边形的面积，求直线的斜率的取值范围.
【答案】(1)；
(2)存在；；
(3).
【分析】（1）结合椭圆的定义等相关知识，表示出周长即可；
（2）设与直线平行的弦的直线方程为，将其代入椭圆的方程，根据韦达定理和中点坐标公式可得中点坐标，消去参数可得结果；
（3）设直线的方程为，代入椭圆，解得两个交点坐标，联立直线与椭圆的方程，解得的坐标，求出点到直线的距离，然后求出四边形的面积，根据，解不等式可得结果.
【详解】（1）根据题意：的周长.
（2）设与直线平行的弦的直线方程为，
且与椭圆的交点坐标为，平行的弦的中点坐标为，
联立，化简整理：，
当，
即时，此时与之平行的弦的直线存在,
则，
消去参数可得：，故存在满足条件的直线:.
（3）设直线为，点，不妨设，
联立，化简整理：，
即，
由题可知：直线的方程为，
联立，化简整理：，解得：或，
所以,所以,所以,
又因为直线与线段相交，且为四边形，
所以,即，
点两点到直线的距离分别为，
则四边形的面积
，
因为，所以，
化简整理得：，解得，
又因为，所以，
所以直线的斜率的取值范围.
.
【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.
五、证明题
21．设是定义域为的函数,如果对任意的,均成立,则称是“平缓函数”.
(1)若,试判断是否为“平缓函数”并说明理由;
(2)已知的导函数存在,判断下列命题的真假:若是“平缓函数”,则,并说明理由.
(3)若函数是“平缓函数”,且是以为周期的周期函数,证明:对任意的,均有.
【答案】(1)不是,证明见解析
(2)真命题,证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）可令,根据“平缓函数”的定义判断即可;
（2）根据导函数的定义,令,结合“平缓函数”的定义即可证明;
（3）因为是以为周期的周期函数,不妨设,分为,根据函数是“平缓函数”即可证明;
【详解】（1）令,因为,则,,不满足对任意的,均成立,故不是“平缓函数”.
（2）命题为真命题.
因为,
不妨令,
因为是“平缓函数”,
则,
所以,
故命题为真命题.
（3）因为是以为周期的周期函数,不妨设,
当时,因为函数是“平缓函数”,
则;
当时,不妨设,则,
因为是以为周期的周期函数,
则,
因为函数是“平缓函数”,
所以
,
所以对任意的,均有,
因为是以为周期的周期函数,
所以对任意的,均有.
【点睛】本题主要是根据函数是“平缓函数”的定义和性质进行判断和证明,考查了学生的逻辑推理能力、运算能力,关键点点睛:第二问借助导函数的定义进行证明;第三问利用是以为周期的周期函数得,进行适当放缩即可证明.