江西省上高二中2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题

这是一份江西省上高二中2023-2024学年高三上学期11月月考数学试题，共28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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，则“”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
4．有下列三个命题：
①已知一组数据，，…的方差为3，则，，…的方差也为3；
②对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心点坐标为，则定数m的值为4；
③已知随机变量X服从二项分布，若，则．
其中真命题的是（ ）．
A．①②B．①③C．②③D．①②③
5．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知等差数列的前项和为，满足，，则等于（ ）
A．10B．11C．12D．13
7．设函数，且函数在恰好有5个零点，则正实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．不等式对所有的正实数,恒成立，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．1
二、多选题
9．已知直线：与圆：有两个不同的公共点，，则（ ）
A．直线过定点B．当时，线段长的最小值为
C．半径的取值范围是D．当时，有最小值为
10．关于函数的下列结论正确的是（ ）
A．为图象的一条对称轴
B．为图象的一个对称中心
C．的最大值为
D．的最小正周期为
11．如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，、分别为棱、的中点，则（ ）

A．
B．与平面所成角的余弦值为
C．三棱柱的外接球的表面积为
D．点到平面的距离为
12．函数与之间的关系非常密切，是高中阶段常见的函数，则关于函数、，以下说法正确的为（ ）
A．函数的极大值点为
B．函数在处的切线与函数在处的切线平行
C．若直线与函数交于点，，与函数交于点，，则
D．若，则的最小值为
三、填空题
13．展开式中的系数为 .
14．已知函数，过原点作曲线的切线，则切线的斜率为 ．
15．设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，，则 .
16．已知双曲线：的左右焦点分别为，，为坐标原点，，为上位于轴上方的两点，且，．记，交点为，过点作，交轴于点．若，则双曲线的离心率是 ．
四、解答题
17．2023年9月23日，第19届亚洲运动会在杭州正式开幕．这是1990年第11届北京亚运会、2010年第16届广州亚运会之后，中国第三次主办亚运盛会，也进一步激发了中国全民参与体育活动的热情．为调查学生对亚运会相关知识的了解情况，某中学进行了亚运会知识问答测试，将得分在70分及以上的学生称为“亚运迷”．现将该学校参与知识问答活动的学生的得分（满分100分）进行了统计，得到如下的频率分布直方图：

(1)估计该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数（结果保留一位小数）；
(2)按是否为“亚运迷”比例采用分层抽样的方法抽取5名学生前往杭州参加亚运志愿者活动，其中2名学生参与宣传工作，3名学生参与场务工作．记参与宣传工作的“亚运迷”的学生人数为，求的分布列和数学期望．
18．在中，角，，的对边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若点在边上，，，，求的面积.
19．已知数列和，其中，，数列的前项和为．
(1)若，求；
(2)若是各项为正的等比数列，，求数列和的通项公式．
20．如图，在四棱锥中，平面ABCD，平面ABCD，底面ABCD为矩形，点F在棱PD上，且P与E位于平面ABCD的两侧．
(1)证明：平面PAB．
(2)若，，，且在上的投影为3，求平面ACF与平面ACE所成锐二面角的余弦值．
21．已知曲线C：
(1)若曲线C过点，求曲线C在点P处的切线方程；
(2)若，讨论的零点个数．
22．已知抛物线：（）上一点的纵坐标为3，点到焦点距离为5.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作直线交于，两点，过点，分别作的切线与，与相交于点，过点作直线垂直于，过点作直线垂直于，与相交于点，、、、分别与轴交于点、、、.记、、、的面积分别为、、、.若，求直线的方程.
参考答案：
1．D
【分析】对集合化简，然后求出即可.
【详解】因为，解得，
因为，解得，
所以，，
所以,
故选：D.
2．A
【分析】利用复数的除法运算及模长公式计算即可.
【详解】由，
所以.
故选：A
3．B
【分析】由平面向量的坐标运算结合得出的值，即可判断出答案．
【详解】由已知得，，，
若，则，即，解得，
所以“”“”，但“”“”，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
4．B
【分析】①根据平均数与方差公式进行计算；②由样本中心点在线性回归方程上，代入求解；③先根据公式求出，再使用二项分布求期望公式进行求解.
【详解】设数据，，…的平均数为，则，则，，…的平均数为，则方差为，则，，…的方差也为3，①正确；
由题意得：，解得：，②错误；
已知随机变量X服从二项分布，其中，则，即，解得：，③正确.
故选：B
5．C
【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的正余弦公式求解即得.
【详解】由，得，
而，则，，因此，
即有，所以.
故选：C
6．D
【分析】由题设得是公差为1的等差数列，即有，利用关系求通项公式，进而求.
【详解】依题意：，则，
是公差为1的等差数列，且，故，，
当时，显然也满足，
所以，易知的公差为2，
.
故选：D
7．B
【分析】先化简为，当时，得到.若函数在恰好有5个零点，只需函数在区间上恰有5条对称轴．结合正弦函数的图象可建立，求解即可.
【详解】，
令，得，
因为函数在恰好有5个零点，
所以函数在上恰有5条对称轴．
当时，，
令，
则在上恰有5条对称轴，如图：
所以，解得．
故选：B．
8．D
【分析】由题意可得，令，则有，，结合基本不等式求得，于是有，从而得答案.
【详解】解：因为,为正数，所以，
所以，则有，
令，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，，
又，所以，
即，
所以的最小值为1，
所以，
即的最大值为1.
故选：D.
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常采用参变分离法，只需求出分离后的函数(代数式)的最值即可得解.
9．ABD
【分析】化简直线为，进而可判定A正确；利用弦长公式，求得的最小值，可判定B正确；根据直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，可判定C不正确；结合向量的数量积的公式，以及直线与圆的位置关系，可判定D正确.
【详解】由直线，可化为，
由方程组，解得，即直线过定点，所以A正确；
当时，圆的方程为，可得圆心，
则，可得线段长的最小值为，所以B正确；
因为直线与圆有总有两个公共点，可得点在圆内部，
所以，解得，所以C不正确；
当时，圆的方程为，
则，
当直线过圆心，此时，可得的最小值，
所以有最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
10．AB
【分析】根据对称轴的性质判断是否成立，由对称中心的性质判断是否成立，由周期的性质判断是否成立，即可确定A、B、D的正误，由，令则，利用导数研究单调性进而确定其最值，即可确定C的正误.
【详解】A：，故为图象的一条对称轴，正确；
B：，故为图象的一个对称中心，正确；
C：，令，则，则，所以有上单调递增，有、上单调递减，而，的最大值为1，错误.
D：，显然不是的周期，错误.
故选：AB
【点睛】结论点睛：
1、：为的对称轴；
2、：为的对称中心；
3、：为的周期；
11．ACD
【分析】证明出，再结合可判断A选项；利用线面角的定义可判断B选项；求出的外接圆直径，可求得三棱柱的外接球的直径为，结合球体的表面积公式可判断C选项；利用等体积法可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、，

因为四边形为平行四边形，且，则为菱形，
因为，则，且，
故为等边三角形，
因为为的中点，则，
因为且，则四边形为平行四边形，
所以，，故，A对；
对于B选项，过点在平面内作，垂足为点，连接，

因为平面，平面，则，
因为，，、平面，则平面，
所以，与平面所成角为，
因为四边形是边长为的菱形，且，则，故，
由余弦定理可得，
因为，则，
因为平面，平面，则，
所以，，
因为平面，平面，则，
所以，，
所以，，即与平面所成角的余弦值为，B错；
对于C选项，如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，
则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.
且有，
可将直三棱柱置于圆柱内，使得、的外接圆分别为圆、圆，
如下图所示：

因为，，则为等边三角形，
故圆的直径为，
所以，三棱柱的外接球的直径为，
所以，三棱柱的外接球的表面积为，C对；
对于D选项，连接、，如下图所示：

因为平面，平面，则，
又因为且，则四边形为矩形，
所以，，
因为，平面，平面，则平面，
所以，点到平面的距离等于，
因为点为的中点，则点到平面的距离为，
所以，，
因为四边形为矩形，则，
因为，，则，
同理，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因为平面，平面，则，
所以，，
所以，，
则，
所以，，
设点到平面的距离为，由，得，
所以，，即点到平面的距离为，D对.
故选：ACD.
【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．BCD
【分析】对于A：对求导，利用导数判定原函数的单调性和极值点；对于B：利用导数的几何意义即可判断；对于C：利用分析即可判断；对于D：结合已知条件可得，构造函数利用函数的单调性求解最值即可.
【详解】对于选项A：由题意可知：函数的定义域为，且，
令，解得，单调递增；
令，解得，单调递减；
可知函数的极大值点为，故A错误；
对于选项B：由题意可知，，，，
因为，，
所以函数在处的切线为，函数在处的切线为，
所以两切线平行，故B正确；
对于选项C：令解得，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，

当，即时，显然有，
令，则，
令，则，
令解得，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，即恒成立，所以在上单调递减，
又，所以当时，
所以当时，，即，
又因为，所以结合单调性可知方程仅有一个根，
结合图象可知，
因为，所以或，
令，则，
令解得，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，则无解，所以舍去，
同理可得，所以（即）或（与矛盾舍去），
所以，
又由即可得，所以，故C正确；
对于选项D：的定义域为，
根据对数函数的性质当时，，当时，，
所以时得，，
又，所以，，
令，则，由解得，
则当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以当时，，即的最小值为，D说法正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于根据解析式找到和的关系，即，并由此进一步分析求解.
13．
【分析】根据二项式定理计算即可.
【详解】设的通项为，
当时，.
故答案为：
14．
【分析】利用导数的几何意义运算即可.
【详解】由题意得，，设切点为，
则切线方程为，
因为切线过原点，
所以，
解得，所以．
故答案为：
15．
【分析】推导出函数是周期为的周期函数，根据题中条件求出的值，结合函数的周期性可求得的值.
【详解】因为函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，
则，，
所以，函数的图象关于直线对称，也关于点对称，
所以，，，
所以，，则，
所以，函数是周期为的周期函数，
当时，，则，，，
，，，
，，
所以，，
又因为，所以，.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论：
（1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为；
（2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为；
（3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为.
16．
【分析】作出图像，由余弦定理及双曲线的定义表示出和，再根据得出，即可表示出，由列出齐次式，求解即可．
【详解】做出图像，如图所示，则，
在中，由得，，
设，则，
所以，解得，即，
在中，由得，，
设，则，
所以，解得，即，
因为，
所以，
则，即，
所以，解得，
所以，
由可得，，则，
所以，整理得，解得，
故答案为：．
17．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）根据给定的频率分布直方图中的数据，结合中位数的计算方法，即可求解；
（2）根据题意，得到的所有可能取值分别为，求得相应的概率，得出分布列，进而求得数学期望.
【详解】（1）解：由频率分布直方图可知：分数低于70分的学生所占比例为40%，分数低于80分的学生的所占比例为70%，所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数在内．
由，
所以该学校学生参与知识问答测试的得分的中位数约为分.
（2）解：根据按比例的分层抽样：抽取的“亚运迷”学生3人，“非亚运迷”学生2人，
的所有可能取值分别为，
可得，，，
所以的分布列为：
所以数学期望．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，再由余弦定理，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由可得，结合余弦定理列出方程，即可求得，再由三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意得，
所以，故
因为，.
（2）设，则，
在中，有.
在中，有.
又，所以，
所以有.又，所以.
在中，由余弦定理可得.
又，，，
所以有.
联立，解得 ，所以，
所以.
19．(1)
(2)，
【分析】（1）先判定数列和分别为等差和等比数列，进而分别得到其通项公式，从而利用分组求和的方法得到数列的前项和．
（2）利用数列的前项和列出方程组，解之即可求得、、、，进而求得数列和的通项公式．
【详解】（1）解：当时，，从而是等差数列，，
，所以是等比数列，
又，则，
所以．
（2）解：是各项为正的等比数列，设其首项为，公比为，
由，可得，则，（定值）
则数列为等差数列，设其首项为，公差为，
由数列的前项和，
可得方程组，整理得，
解得：，，，且，
由，可得，则，
则数列的通项公式为；数列的通项公式为．
【点睛】本题考查数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同；会根据数列的递推公式求出数列的通项公式，是难题．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据条件证明平面平面PAB即可；
（2）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量即可算出答案.
【详解】（1）因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为底面ABCD为矩形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，
所以平面平面PAB，
又平面CDE，所以平面PAB．
（2）
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
因为在上的投影为3，所以F的坐标为．
设平面ACF的法向量为，，，
则，即令，得．
设平面ACE的法向量为，，，
则，即，令，得．
由，得平面ACF和平面ACE所成锐二面角的余弦值为．
21．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由导数得切线斜率，然后由点斜式得切线方程并化简；
（2）先求得，得的单调性，然后讨论的正负，结合零点存在定理得零点个数．
【详解】（1）依题意得，，此时，
，
则切线斜率为，故切线方程：，即.
（2），
令得，令得，
令得．减区间为，增区间为，
∴．
当时，，
∴，∴在上有且仅有一个零点．
当时，令，，
∴在上单调递增，
∴，即，
又，∴在上有一个零点，
又
令，则，∴在上单调递减，
∴，∴，∴在上有一个零点．
综上所述，时，有一个零点，时，有2个零点.
22．(1)
(2)
【分析】（1）结合抛物线定义即可.
（2）设经过，两点的直线方程为：（），与抛物线方程联立得，.将每条直线表达出来，、、、表达出来，再由得出即可.
【详解】（1）设，由题意可得，即，
解得或（舍去），所以抛物线的方程为.
（2）如图，
设经过，两点的直线方程为：（），
与抛物线方程联立可得，
即，
∴，.
∵，则，
∴，
∴过点作的切线方程为，
令，得，即.
同理，过点作的切线方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，即，
则到直线的距离.
又∵过点作直线垂直于，
直线的方程为，
令，得，即.
同理，直线的方程为，
令，得，即.
∴.
联立两直线方程，解得，
整理后可得，即，
则到直线的距离.
由上可得，，
，，
∴，得，
∴直线的方程为即.
0
1
2
P