山东省鄄城县重点中学2023-2024学年高三上学期1月月考数学试题(含答案)

这是一份山东省鄄城县重点中学2023-2024学年高三上学期1月月考数学试题(含答案)，共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数、平面向量、复数、数列、立体几何、直线和圆、圆锥曲线。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数满足（是虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2.设集合，，若，则实数（ ）
A.B.C.或D.或
3.已知两条不同的直线，及三个不同的平面，，，则下列推理正确的是（ ）
A.，，B.，
C.，D.，
4.“函数的图象关于对称”是“，”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
5.已知的面积为24，平面中的点分别满足，，，则的面积为（ ）
A.7B.8C.9D.10
6.已知双曲线的左、右焦点分别为，，以原点为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A.B.C.D.
7.如图，在四棱锥中，，，平面，，，，则（ ）
A.1B.C.D.
8.已知曲线，过点的直线交曲线于，两点，设为坐标原点，则面积的最大值为（ ）
A.B.C.D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知直线经过点，且点，到直线的距离相等，则直线的方程可能为（（ ）
A.B.
C.D.
10.已知实数，满足，则下列不等式正确的是（ ）
A.B.C.D.
11.设，分别是椭圆的左、右焦点，过，斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，若为锐角（其中为坐标原点），则的取值可以是（ ）
A.B.C.D.2
12.已知函数的定义域为，且，，且当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.函数为奇函数
B.当时，
C.
D.若，则恰有4个不同的零点
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.抛物线的准线方程为______.
14.已知等比数列的前项和为，若，，则______.
15.已知点，若点和点在直线上，则点到直线的距离为______.
16.如图，在直三棱柱中，，，，为线段上的一点，且二面角的正切值为3，则三棱锥的外接球的体积为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17.（本小题满分10分）
已知圆，直线.
（1）证明：直线和圆恒有两个交点；
（2）若直线和圆交于，两点，求的最小值及此时直线的方程.
18.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，分别为棱，的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）利用题中条件能否得出平面？若不能，试添加一个适当的条件后证明平面.
19.（本小题满分12分）
在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求出的值；若问题中的三角形不存在，说明理由.
问题：在中，角，，的对边分别为，，，已知，______.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
20.（本小题满分12分）
如图，在四棱柱中，底面是边长为2的菱形，且，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21.（本小题满分12分）
已知在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，为椭圆上任意一点，面积的最大值为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）若斜率为的直线与圆相切，且与椭圆相交于，两点，若弦长的取值范围为，求的取值范围.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）若，求函数的图象在处的切线方程；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围；
（3）求证：，.
参考答案、提示及评分细则
1.A因为，所以，所以，复数在复平面内对应的点为，位于第一象限.故选A.
2.A由，得，或，或，解得，，但，不满足集合中元素的互异性，符合，所以.故选A.
3.B对于A，由面面垂直的性质定理可知，缺少条件“”的情况下，与的位置关系不确定，平行，相交或在内都有可能，故A错误；
对于B，根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两直线平行，故B正确；
对于C，若，，则与可能平行或相交，故C错误；
对于D，，，则或者，故D错误.故选B.
4.B当函数的图象关于对称时，有，，得，，因为，所以“函数的图象关于对称”是“，”的必要不充分条件.故选B.
5.A由题意，，同理，，所以.故选A.
6.D如图，设双曲线的半焦距为.若，因为以原点为圆心，为半径的圆与双曲线在第一象限交于点，所以，所以，所以，所以，又，则是等边三角形，则，则，再根据双曲线的定义得，得，所以，故选D.
7.D如图，连接.
由已知，，得.因为平面，所以，可得，同理可得.易证，所以.在中，，，所以，则.故选D.
8.D设直线方程为，代入曲线的方程并整理得，设，，则，，，当且仅当或时取等号，此时，符合题意，所以面积的最大值为，故选C.
9.AC当直线的斜率不存在时，显然不满足题意.当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.由已知得，所以或，所以直线的方程为或.故选AC.
10.ABC由知，，，所以，即，所以，故A，B均正确；，当且仅当，即时等号成立，因为，所以，故C正确；由，得，，所，故D错误.故选ABC.
11.BC显然直线的方程为，设，，由得，，解得，①，，则，又为锐角，则，，所以，解得，②由①②，解得或.故选BC.
12.AC因为，所以的图象关于中心对称，故A正确；因为的图象关于中心对称，所以，解得.所以当时，，因为，所以，因为，所以，所以，即.当时，，所以，故B错误；因为，所以，所以的周期为8，又，，，，，，，，所以
，故C正确；令，即，画出与的图象，如图所示：
因为，，所以两函数图象共有5个交点，所以恰有5个不同的零点，故D错误.故选AC.
13.根据已知得，其焦点位于轴上，故其准线方程为.
14.80由等比数列的性质可知，，，成等比数列，又，，所以，所以，，所以.
15.1由题意知，点，，，可得，，则，，，所以，可得，所以点到直线的距离为.
16.如图，作，交于，
则，过作交于点，连接.易得平面，则是二面角的平面角，所以，所以，又，，所以，所以，.可把三棱锥补成棱长为，，的长方体，则三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的体积为，
17.（1）证明：直线，即，
联立解得所以不论取何值，直线必过定点.
圆，圆心坐标为，半径，
因为，所以点在圆内部，则直线与圆恒有两个交点
（2）解：直线经过圆内定点，圆心，记圆心到直线的距离为.
因为，所以当最大时，取得最小值，
所以当直线时，被圆截得的弦最短，
此时.
因为，所以此时直线的斜率为，又直线过点，
所以当取得最小值时，直线的方程为，即.
综上，的最小值为，此时直线的方程为.
18.（1）证明：易得，，
所以四边形是平行四边形，所以.
又平面，平面，所以平面，
因为，分别是，的中点，所以，又平面，平面，所以平面.
而，，平面，所以平面平面.
（2）解：利用题中条件不能得出平面，
添加条件，证明如下：
由，，，，平面，所以平面.
19.解：选①：因为，由正弦定理得，
因为，所以.
所以，即.
又，，所以或，即或.
因为，，所以，
当时，；
当时，.
所以的值为或.
选②：因为，
由正弦定理得，
因为，所以.
所以，
因为，所以.
因为，，所以，
所以.
因此的值为.
选③：因为，所以.
因为，
所以，即，
且，即，
因为，，所以，即，
于是为等边三角形，因此与矛盾，
故不存在.
20.（1）证明：连接，记，连接，如图所示.
因为且，所以为等边三角形，所以.
在中，由余弦定理可得，
所以，同理可得.
又，即，所以，.
又，即，所以，.
因为，是的中点，所以.
又，所以，所以，所以.
又，，平面，所以.平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解：由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
所以，，，，设，
因为，所以，所以，
所以，，.
设平面的一个法向量，所以
令，解得，，
所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角的大小为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为.
21.解：（1）由题意可知：解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为：，，，
由，得，
联立消去并整理得，
恒成立，
则，.
所以，
，
因为的取值范围为，则，解得.
所以
，
因为，则，所以，
所以的取值范围为.
22.（1）解：若，则，
所以，所以，
又，所以函数的图象在处的切线方程为，即.
（2）解：若对任意的恒成立，
即对任意的恒成立.
令，，所以，
若，则，所以在上单调递增，所以，不符合题意.
若，方程的判别式，
当，即时，令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，不符合题意；
当，即时，则，所以在上单调递减，
所以，符合题意.
综上，的取值范围为.
（3）证明：由（2）知，当，时，，令，
所以，所以，
所以，即，.