2024届江西省南昌市第二中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届江西省南昌市第二中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共19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，，若，则（ ）
A．B．C．0D．2
【答案】C
【分析】按照集合相等的定义，计算可求解.
【详解】，，.
故选：C
2．已知，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
【答案】D
【分析】根据复数的乘法运算法则求出，再根据复数的几何意义可得答案.
【详解】因为，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D
3．在等比数列中，，，则等于（ ）
A．32B．64C．128D．256
【答案】B
【分析】根据等比数列下标和性质计算可得.
【详解】解：在等比数列中，，，
则，
所以.
故选：B
4．平面内，是两个定点，“动点满足为常数”是“的轨迹是椭圆”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
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义和充分条件必要条件的定义分析判断
【详解】当动点满足为常数时，的轨迹不一定是椭圆，只有当时，的轨迹才是椭圆，
而当的轨迹才是椭圆时，动点满足为常数，
所以“动点满足为常数”是“的轨迹是椭圆”的必要不充分条件，
故选：B
5．已知函数，则图象为下图的函数可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数图象得到函数为奇函数，根据选项中的函数奇偶性，可得排除A、B；求得函数的导数，结合函数的单调性，可排除C项，即可求解.
【详解】由题意，函数，根据函数图象可得函数图象关于原点对称，所以函数为奇函数，
对于A中，函数不是奇函数，所以A不符合题意；
对于B中，函数不是奇函数，所以B不符合题意；
对于C中，函数此时函数为奇函数，
又由，当时，，此时函数在区间单调递增，而图象中先增后减，所以C不符合题意.
故选：D.
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知切化弦化简，结合二倍角公式可推得，然后变为正余弦的齐次式化简运算，即可得出答案.
【详解】由可得，，
整理可得，，
所以有，所以，
所以，.
故选：D.
7．已知，，直线：，：，且，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．8D．16
【答案】C
【分析】先根据直线垂直关系得到，再利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】因为，所以，即.
因为，所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8.
故选：C.
8．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】方法一：构造函数，，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.
方法二：由作差法，并构造函数，，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.
【详解】方法一：构造法
设，因为
当时，，当时，
所以函数在单调递减，在上单调递增，
所以，所以，故，即，
所以，所以，故，所以，故，
设，则
令，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
又，所以当时，，
所以当时，，函数单调递增，
所以，即，所以．
方法二：比较法
解：，，
①，令，，
则，故在上单调递减，可得，即，所以；
②，令，，
则
令，所以
所以在上单调递增，可得，即
所以在上单调递增，可得，即，所以．
故．
故选：A．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于构造函数，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.
二、多选题
9．下列四组函数中，表示同一函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
【答案】AB
【分析】根据同一函数的对应法则、定义域都相同，结合各选项中的函数解析式判断是否为同一函数即可.
【详解】A：与的对应法则、定义域都相同，符合；
B：与的对应法则、定义域都相同，符合；
C：与的对应法则不同，不符合；
D：与的对应法则不同，不符合.
故选：AB
10．在下列底面为平行四边形的四棱锥中，A，B，C，M，N是四棱锥的顶点或棱的中点，则MN∥平面ABC的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【分析】根据线面平行的判定定理可判断A，B选项；假设平面面，利用线面平行的性质定理结合平面内过一点有且仅有一条直线和已知直线平行可判断C，D选项.
【详解】对于A，设为的中点，底面为平行四边形，连接，
则，而，,
故，即四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面，A正确；
对于B，设为的中点，底面为平行四边形，连接，

则，而，,
故，即四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面，B正确；
对于C，设为的中点，底面为平行四边形，连接，

设交于，连接，
则，而,
故，即四边形为平行四边形，
故，又平面，平面，
平面平面，
假设平面，则，
即在平面内过点有两条直线和都平行，
这是不可能的，故此时平面不成立，C错误；
对于D，设底面为平行四边形，
连接交于点，交于，

则为的中点，连接，
由于为的中点，故；
又平面，平面，平面平面，
假设平面，则，
即在平面内过点有两条直线和都平行，这是不可能的，
故此时平面不成立，D错误；
故选：AB
11．已知等差数列的前项和为，若，，则下列选项正确的有（ ）
A．B．
C．中绝对值最小的项为D．数列的前项和最大项为
【答案】BCD
【分析】由题设可得，结合等差数列性质判断A、B、C；再由的正负分界点，判断最大项判断D.
【详解】由题意，可得，显然，，
即为递减数列，且，，即，故A错，B、C对；
由题意，的前8项为正，第9项开始均为负，故最大项为，D对.
故选：BCD
12．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的圆心都在直线上
B．圆的方程为
C．若圆与轴有交点，则
D．设直线与圆在第二象限的交点为，则
【答案】ABD
【分析】求出连心线所在直线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出圆的圆心到y轴的距离，结合直线与圆相交判断C；求出点的纵坐标判断D.
【详解】圆的圆心，直线的方程为，即，
由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，A正确；
显然，设点，则，而，
解得，因此圆的圆心，半径为，
圆的方程为，则圆的方程为，B正确；
圆的圆心到y轴距离为，若圆与轴有交点，则，
解得，而，因此，C错误；
在中，令，得点的纵坐标为，因此，D正确．
故选：ABD
【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点间的距离；
直线l：x=my+t上两点间的距离.
三、填空题
13．已知向量，的夹角为，，，则 ．
【答案】
【分析】根据结合数量积的运算律即可得解.
【详解】解：因为，所以，
则.
故答案为：.
14．双曲线的一条渐近线方程为，则的值为 .
【答案】
【分析】根据双曲线的标准方程及渐近线方程即可求解.
【详解】双曲线的方程可化为：
渐近线方程为，
所以，
解得：，
故答案为：.
15．将函数的图像先向右平移个单位长度，再把所得函数图像的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，若函数在上没有零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】先根据平移伸缩得到函数的解析式，再根据无零点列出不等式组，解出取值范围即可.
【详解】将函数的图像先向右平移个单位长度，得到函数的图像，
再把所得函数图像的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，
当时，.由在上没有零点，得，
即，解得或.
故答案为：.
16．如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由两个完全相同的正六棱柱垂直贯穿构成，若该正六棱柱的底面边长为2，高为8，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用割补法结合相关提交公式运算求解.
【详解】过直线和直线分别作平面，平面，平面和平面都平行于竖直的正六棱柱的底面，
则该竖直的正六棱柱夹在平面和平面之间的部分的体积为．
如图将多面体分成三部分，其中，
三棱柱的体积为，
所以多面体的体积为．
两个正六棱柱重合部分的体积为．
一个正六棱柱的体积为．
故该几何体的体积为．
故答案为：.
四、解答题
17．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C的焦点与双曲线的右焦点重合.
(1)求抛物线C的方程；
(2)直线：与抛物线交于A，B两点，，求k的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意首先将双曲线方程化为标准形式，然后确定其焦点坐标，最后确定抛物线方程即可；
（2）联立直线方程和抛物线方程，结合弦长公式得到斜率的方程，解方程即可求得实数的值.
【详解】（1）解：双曲线方程即：，
则，∴，右焦点坐标为，
则抛物线的焦点坐标为，其标准方程为.
（2）解：联立直线方程与抛物线方程可得：，
设，，则，，
易知直线恒过定点，即直线恒过抛物线的焦点，
由抛物线的弦长公式可得：，∴，
即：，∴，∴.
18．已知函数的所有正数零点构成递增数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式化简得到，从而得到正数零点，从而得到为等差数列，公差为1，首项为，得到通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1），
令，解得：，
故当时，为数列的首项，
由于，故为等差数列，公差为1，
故；
（2），
故①，
则②，
①-②得：
，
则.
19．设的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
(1)求角B；
(2)若点D在边上，平分，且，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边角互化得到角的关系，再利用三角函数公式结合三角函数的恒等变换公式，求角；
（2）利用三角形面积公式得到，从而利用基本不等式求得，由此可得面积的最小值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，，
所以，因为，所以，
所以，因为，所以，
由二倍角公式得，，解得，，
因为，所以.
（2）因为，BD平分，所以，
因为且，所以，
化简得，，因为，所以，解得，
当且仅当时取等，此时，
所以面积的最小值为.
20．如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD是菱形，是正三角形，，是AB的中点．

(1)证明：．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正三角形、面面垂直和线面垂直的性质得到，根据中位线和菱形的性质得到，最后根据线面垂直的判定定理和性质证明即可；
（2）利用空间向量的方法求二面角即可.
【详解】（1）
证明：取AD的中点，连接EF，PF，BD，
因为是正三角形，
所以．
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD．
因为平面ABCD，
所以．
因为是AB的中点，
所以．
又底面ABCD是菱形，
所以，从而．
因为，平面，所以平面PEF．
因为平面PEF，所以．
（2）解：连接BF，因为，所以是正三角形，所以．
以F为坐标原点，FA，FB，FP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
令，则，，，
则，．
设平面CEP的法向量为，则，
令，则，，得．
由题可知，是平面ACE的一个法向量．
，
由图可知，二面角为锐角，则二面角的余弦值为．
21．已知椭圆的离心率为，短轴长为2，过点斜率不为0的直线与椭圆有两个不同的交点A，B．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆左右顶点为M，N，设中点为Q，直线交直线于点R，是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件列方程组，求出，的值，可得所求椭圆的标准方程；
（2）由题设出直线的方程，与椭圆方程联立可得根与系数关系，求得点坐标，以及点坐标，表示出的斜率代入结合根与系数关系消元运算得解.
【详解】（1）由题意：，解得：，故所求椭圆的标准方程为：.
（2）如图：
因为直线斜率不为0，设其方程为：，代入椭圆方程：，得：
，整理得：.
设，，则：，；
，
则直线方程为，令，得，
则，
，，则，
.
所以为定值.
【点睛】关键点睛：本题第二问考查直线与椭圆的综合问题.求出，，，代入化简，注意利用韦达定理，方程将代换成，再利用，将代换为，消元运算可得答案.
22．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，，且，求的最小值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性；
（2）依题意可得，即可得到，从而得到，令，，令，，利用导数求出的最小值，即可求出的最小值.
【详解】（1）定义域为，
且，
当时，恒成立，所以在上单调递减；
当时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上可得：当时在上单调递减；
当时在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以，
所以，，
所以，
所以，
令，因为，所以，即，
所以，，
令，，
则，
令，，
则，
所以在上单调递增，又，所以，
即，所以在上单调递减，
所以，
所以，即，即，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．