2024届江苏省南京市第一中学高三上学期8月月考数学试题含答案

这是一份2024届江苏省南京市第一中学高三上学期8月月考数学试题含答案，共20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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出两个集合，再根据集合的交集、补集运算即可.
【详解】由题意可得：，所以，故.
故选：C
2．复数（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算，可求得，结合i的性质即可求得答案.
【详解】由题意可得，
故，
故选：B
3．设，“”是“曲线为椭圆”的（ ）
A．充分非必要条件
B．必要非充分条件
C．充分必要条件
D．既非充分又非必要条件
【答案】B
【分析】由椭圆的标准方程结合充分性和必要性的定义进行判断即可．
【详解】若曲线为椭圆，则一定有，；
反之，当，时，可能有，方程表示圆，
故“，”是“曲线为椭圆”的必要非充分条件．
故选：B
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．已知正三棱柱与以的外接圆为底面的圆柱的体积相等，则正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，表达出体积，求出的外接圆半径，设圆柱的高为，表达出圆柱的体积，根据体积相等，列出方程，得到，表达出正三棱柱与圆柱的侧面积，得到两者的比值.
【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为，
等边的面积为，
则正三棱柱的体积为，
设的外接圆半径为，则，解得，
设圆柱的高为，则圆柱的体积，
由题意得，解得，
故正三棱柱的侧面积为，圆柱的侧面积为，
故正三棱柱与圆柱的侧面积的比值为.
故选：C
6．函数的部分图象如图所示，已知，且，则（ ）
A． B．1C．D．
【答案】D
【分析】根据图象求出，由及得，从而求得.
【详解】由函数的部分图象，
可得A＝2，，所以ω＝2.
再根据五点法作图，可得，所以，
所以，故的周期为π.
因为，且，
故为函数的零点，故，，即，
则，
故选：D.
7．已知双曲线的左右焦点分别为，，过点且斜率的直线与双曲线在第二象限的交点为，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据数量积的运算律得到，再由直线的斜率可得的正切值，进而求出它的余弦值，在三角形中，由余弦定理可得，的关系，进而求出双曲线的渐近线方程．
【详解】解：因为，而，
所以，可得，
即，
因为在第二象限，由双曲线的定义可得，
所以，
过点且斜率为的直线，可得，
又，解得或（舍去），
在中，由余弦定理可得：，
整理可得，又，所以，所以，
所以双曲线的渐近线为；
故选：A．
8．设直线l1，l2分别是函数f(x)= 图象上点P1，P­2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是
A．(0,1)B．(0,2)C．(0,+∞)D．(1,+∞)
【答案】A
【详解】试题分析：设（不妨设），则由导数的几何意义易得切线的斜率分别为由已知得切线的方程分别为，切线的方程为，即．分别令得又与的交点为，故选A．
【解析】1.导数的几何意义；2.两直线垂直关系；3.直线方程的应用；4.三角形面积取值范围.
二、多选题
9．已知函数，下列结论中正确的有（ ）
A．
B．函数的图象是中心对称图形
C．若是的极小值点，则在区间单调递减
D．若是的极值点，则
【答案】ABD
【分析】对于选项A：利用零点存在性定理判断即可；
对于选项B：利用函数图象成中心对称的定义进行判断即可；
对于选项C：采取特殊函数方法，若取，利用导数判断函数的单调性和极值；
对于选项D：根据导数的意义和极值点的定义即可判断.
【详解】对于选项A：因为当x→+∞时，→+∞，当x→-∞时，→-∞，
由题意知函数为定义在R上的连续函数，所以，
故选项A正确；
对于选项B ：
，
所以，即点为函数的对称中心，
故选项B正确；
对于选项C：若取， 则,
所以，
由可得，x>1或，由可得，
所以函数的单调增区间为，减区间为
所以1为函数的极小值点，但在区间并不是单调递减,故选项C错误；
对于选项D：若是的极值点,根据导数的意义知=0， 故选项D正确；
故选：ABD.
10．下列有关说法正确的是（ ）
A．的展开式中含项的二项式系数为20
B．设随机变量服从正态分布，若，则
C．若随机变量，且，则方差；
D．甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件=“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则
【答案】BD
【分析】A选项，二项式定理写出展开式通项，即可确定项的二项式系数；B选项，利用正态分布的性质、对称性判断；C选项，由二项分布期望，方差性质可判断选项；D选项，求出、，应用条件概率公式即可求.
【详解】A选项，二项式展开式为，故时二项式系数为，故A错误；
B选项，由服从正态分布，故，根据及正态分布的对称性知，故B正确；
C选项，，
则，故C错误；
D选项，由题设，，而，故D正确.
故选：BD
11．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点（cs，sin），，则下列说法正确的是（ ）
A．线段与的长均为1B．线段的长为1
C．若点，关于y轴对称，则D．当时，点，关于x轴对称
【答案】ACD
【分析】AB选项，根据勾股定理进行求解；C选项，根据点，关于y轴对称，得到，，进而求出；D选项，代入后利用诱导公式进行求解，得到答案.
【详解】，同理可求，A正确；
由题意得：，由勾股定理得：，B错误；
若点，关于y轴对称，则，，则，，解得：，C正确；
当时，，即，即，关于x轴对称，D正确.
故选：ACD
12．已知正四棱柱的底面边为1，侧棱长为，是的中点，
则（ ）
A．任意，
B．存在，直线与直线相交
C．平面与底面交线长为定值
D．当时，三棱锥外接球表面积为
【答案】AC
【分析】对于A，由题意可得平面，从而可得，即可判断；
对于B，根据异面直线的定义可得；
对于C，根据题意找出交线，然后求出交线长即可；
对于D，根据外接球与正四棱柱的位置关系，找出球心，进而求出半径，即可得出表面积.
【详解】解：对于A，，，，，平面，
平面，平面，，故正确；
对于B，因为平面，平面，
所以平面，
与异面，故不相交，故错误；
对于C，延长，交于点，连接交于，为中点，
，
所以,
所以,
所以，
平面平面，
平面与底面交线为，
其中为中点，所以，故正确对；
对于D，，是直角三角形，外接圆是以为直径的圆，
圆心设为，半径，
取中点，则平面，，
所以，
所以，
，故错误.
故选：．
三、填空题
13．设等比数列的公比为q.前n项和为.若，，成等差数列，则q的值为 .
【答案】-2
【分析】首先由，，成等差数列，可得，然后利用等比数列的求和公式分别表示，，，注意分和两种情况讨论，解方程即可．
【详解】解：设等比数列的公比为，前项和为，
且，，成等差数列，则，
若，则，上式显然不成立；
若，则为，
故，
即，
因此舍去），
故答案为：．
【点睛】本题涉及等比数列求和时，若公比为字母，则需要分类讨论，本题考查方程思想和运算能力，属于中档题．
14．已知圆，直线，为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为 .
【答案】
【分析】由圆的方程可确定圆心和半径；由可利用面积桥将转化为，当最小时，为圆心到直线的距离，由此可求得结果.
【详解】由得：，圆心，半径.
，，为线段的垂直平分线，
，
若最小，则最小，
，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查切线长最小值的求解问题，解题关键是能够将所求的长度之积转化为四边形面积，进而转化为切线长最小值的求解问题.
15．定义在区间上的函数y=6csx的图象与y=5tanx的图象的交点为P，过点P作PP1⊥x轴于点P1,直线PP1与y=sinx的图象交于点P2,则线段P1P2的长为
【答案】2/3
【详解】由6csx＝5tanx,6cs2x＝5sinx,6sin2x＋5sinx－6＝0，得sinx＝．由题意知线段P1P2的长即为垂线P1P2与y＝sinx图象交点的纵坐标，故P1P2的长为．
16．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则的值是 .
【答案】
【分析】由已知对称性得函数的图象关于点对称，关于直线对称，由此可得周期函数，周期为，然后利用周期性和对称性结合对数运算法则求值．
【详解】因为奇函数，即其图象关于点对称，
所以的图象关于点对称，
为偶函数，即其图象关于轴对称，
因此的图象关于直线对称，
所以，，，
所以，，
由此解得，，
所以时，，
由对称性得，
所以，是周期函数，周期为，
又，
则
.
故答案为：
四、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，向量，，且.
(1)求角A的大小；
(2)若点D为边BC上靠近B的四等分点，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由，利用平面向量共线的坐标运算，得出，且，进而得出，即可求出，结合三角形的内角，即可求出的值；
（2）设，由点为边靠近点的四等分点，得，由三角形内角和可算出，在中，利用余弦定理求出，从而得出和，最后利用三角形的面积公式即可求出的面积.
【详解】（1）由题可知，，，且，
所以，即，
所以，
又，所以，即，
所以，
若，则，与矛盾，所以，所以，
又为的内角，所以，所以的值为.
（2）设，由点为边靠近点的四等分点，得，
由（1）得，且已知，则，
在中，根据余弦定理：，
得，
解得：，所以，所以，
所以的面积为.

18．在①；②；③，，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
已知正项数列的前n项和为，且______，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，若数列满足，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）选择条件①，因式分解计算可得，再根据与的关系结合相减法即可求解数列的通项公式；选择条件②，直接根据与的关系结合相减法，可得递推关系式，确定列是等差数列，按照等差数列通项公式即可得；选择条件③，利用累乘法求解，再根据与的关系结合相减法即可求解数列的通项公式；
（2）由（1）得，则，直接按照裂项相消法求和即可证明不等式.
【详解】（1）解：选择条件①，因为，所以，
因为，所以，则，
当时，，
所以两式相减得：，即，则，
当时，，所以符合上式，
所以；
选择条件②，因为，
当时，，
所以两式相减得：，整理得，
因为，所以，
当时，，所以或（舍），
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则；
选择条件③，因为，所以，
累乘得：，，
所以，，又符合式子，所以，，
当时，，
所以两式相减得：，即，
又符合上式，所以；
（2）由（1）得：，则，
所以
.
19．如图，四边形ABCD是一个半圆柱的轴截面，E，F分别是弧DC，AB上的一点，EFAD，点G，H均为所在线段的中点，且AB=AD=6，∠FBA=60°．
(1)证明：DG平面CFH；
(2)求二面角C－HF－E的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点O，连接，，利用中位线构造平行四边形，由线面平行的判定定理可进一步证明线面平行.
（2）解析一：建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的公式代入即可求出答案.
解析二：由题意可证得：平面，过E作于点M，连接，即为所求二面角平面角，分别求出，由，代入即可求出的大小.
【详解】（1）取中点O，连接，，∵G为中点，∴，
∵H为中点，∴，∴，∴四边形为平行四边形 ，∴，∵平面，平面，∴平面．
（2）解析一：如图建立空间直角坐标系，，
∴
设平面的一个法向量
∴
平面的一个法向量，设二面角的平面角为
显然为锐角，∴，
∴二面角大小为．
解析二：∵面，，又因为，，，所以，所以平面，过E作于点M，连接，
∴即为所求二面角平面角，，，，
∴
∴．
20．已知函数．
(1)若函数在区间上存在极值，求正实数的取值范围；
(2)若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）（2）
【分析】(1)先求的定义域及其导函数，并由当时，，当时，，求的单调区间及极值点，由此可解得的取值范围；
(2)由得时，，令，求令，令，求，并根据为上的单调性求的最小值及实数的取值范围.
【详解】解：(1)函数的定义域为，．
令，得．
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
所以为的极大值点，所以，
故，即正实数的取值范围为．
(2)当时，恒成立，令
则．
令，则，所以，所以，
所以为上的增函数，所以，故．
故实数的取值范围为．
【点睛】本题主要考查导数的应用，解决此类题关键是熟练掌握导数与单调性、极值的关系.
21．某产品每件成本元，买方收货前要进行质量检测，检测方案规定：每件产品随机检测件，若合格，按一等品付款，每件售价元；若检测到次品，在剩余的产品中再随机检测件，若合格则按一等品付款，每件售价元；若仍然检测到次品，按二等品付款，每件售价元.检测后的合格品需要重新包装，每件需花费元；次品不再出售.若出售后发现一件一等品为次品需换货并支付售价的倍赔款；根据以往统计数据可知，该产品的次品率为（按每件有件次品计算）.
（1）求该产品检测为一等品的概率；
（2）为加大检测力度，质检部门提出新的检测方案：每件产品随机检测件，若全部合格，按一等品付款；若检测到次品，在剩余的产品中再随机检测件，若全部合格按一等品付款；若仍然检测到次品，按二等品付款.根据件产品净利润，试比较原检测方案合理还是新检测方案合理.
【答案】（1）；（2）新方案更合理．
【分析】（1）设该产品检测为一等品为事件，分别求得一次检测到合格品和两次检测到合格品的概率，由加法公式可求得结果；
（2）首先确定原方案和新方案的净利润和所有可能的取值，并计算得到每个取值对应的概率，由此可得分布列，根据数学期望的计算公式可求得，根据可得结论.
【详解】（1）设该产品检测为一等品为事件，
第一次检测到一件合格品的概率：，
第一次检测到一件次品，第二次检测到一件合格品的概率：，
．
（2）设原方案中件产品净利润为，原方案分三种情况：
检验一次按一等品付款，；
检验两次按一等品付款，；
检验两次按二等品付款，；
的所有可能取值有，，，
则；；，
的分布列为：
．
设新方案中件产品净利润为，分四种情况：
检验一次按一等品付款，；
检验两次第一次检测出一件次品按一等品付款，；
检验两次第一次检测出两件次品按一等品付款，；
检验两次按二等品付款，；
的所有可能取值有，，，，
则；；
；，
的分布列为
．
，新方案更合理．
【点睛】思路点睛：本题考查利用数学期望解决决策性、合理性的问题，基本思路是能够通过对比新旧两种方案所对应的数学期望，根据数学期望的实际意义选择合适的方案.
22．已知抛物线C：，圆M：，圆M上的点到抛物线上的点距离最小值为．
(1)求圆M的方程；
(2)设P为上一点，P的纵坐标不等于．过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C于两个不同的点，和点，，求证：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由两点间距离公式可得，即可得到圆的半径，从而得到结果；
（2）根据题意，设切线方程为，由直线与圆相切列出方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到为定值.
【详解】（1）设抛物线上的点，又，
所以，
当且仅当时取等号．
所以MN的最小值．
所以圆M上的点到抛物线上的点距离最小值为．
所以，所以圆M的方程为．
（2）
设，由知，过P所作圆的切线的斜率均存在且非零．
设切线方程为，即．
又圆M：，由相切得．
整理得：，
依题意知，所以，
联立，得，
依题意知，设点A，B，C，D的纵坐标为，
则，．
所以
＝．