2023-2024学年河南省郑州市宇华实验学校高三上学期12月月考试题数学含答案

这是一份2023-2024学年河南省郑州市宇华实验学校高三上学期12月月考试题数学含答案，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 关于的不等式的解集为空集，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对进行分类讨论，结合判别式求得的取值范围.
【详解】当时，不等式化为，解集为空集，符合题意.
当时，不等式的解集不是空集，不符合题意.
当时，要使不等式的解集为空集，
则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
故选：C
2. 若函数在上是单调函数，则的取值可以是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件及分段函数分段处理的原则，结合一次函数与二次函数的单调性即可求解.
【详解】因为当时，函数为单调递增函数，
又函数在上是单调函数，则需满足，解得，
所以实数的范围为，
所以满足范围的选项是选项B.
故选：B．
3. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指对函数的单调性和中间值比较大小即可.
【详解】由，则，
由，，则，
由，则.
则.
故选：C
4. 在中，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据积化和差、和差化积公式化简，利用辅助角公式求函数的最值.
详解】，
，
,
，（其中），
，
，当时等号成立.
的最大值为.
故选：A
5. 在中，，的平分线交BC于点D．若，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设，由角平分线定理求得，然后由向量的线性运算可用表示出，从而求得，得出结论．
【详解】设，因为，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，
所以．
故选：B．
6. 如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，得到P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，求出轨迹长度.
【详解】直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角，
连接，因为⊥平面，平面，
所以⊥，故为直线BP与上底面所成角，
则，
因为，所以，
故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，
故轨迹长度为.

故选：B
7. 某选拔性考试需要考查4个学科（语文、数学、物理、政治），则这4个学科不同的考试顺序中物理考试与数学考试不相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用全排列与插空法分别求得所需要考试顺序种类，再利用古典概型即可得解.
【详解】这4个学科不同的考试顺序有种，
先安排语文、政治形成3个空隙，再将数学、物理插入到其中2个空隙中，
则物理考试与数学考试不相邻的考试顺序共有种，
所以所求概率为.
故选：B.
8. 记为等差数列的前n项和，若，则（ ）
A. 28B. 27C. 26D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求解.
【详解】解：在等差数列中，满足，
所以，
故选：B
二、多项选择题：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.全选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 集合和表示同一个集合
B. 函数的单调增区间为
C. 若，，则
D. 已知是定义在R上的奇函数，当时，，则当时
【答案】BC
【解析】
【分析】通过集合元素不一致判断A；利用复合函数的单调性判断B；利用对数换底公式判断C；利用奇函数在对称区间上的解析式求法判断D.
【详解】对于选项A，集合中元素为数，集合为点，所以A错误；
对于选项B，根据解得函数的定义域为，因为函数为增函数，
根据复合函数的单调性可知函数的单调递增区间为，所以B正确；
对于选项C，所以C正确；
对于选项D，因为当时，，当时，，
所以，
又因为是定义在R上的奇函数，所以，所以D错误．
故选：BC．
10. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 函数的图像关于直线对称
C. 将图象上所有点向右平移个单位长度，可得图象
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据诱导公式可判断；根据正弦函数性质可判断；根据函数左右平移原则“左加右减”即可判断；根据两角差的正弦可判断.
【详解】因为，故错误；
函数的对称轴为，，得，，
所以函数的图像关于直线对称，故正确；
由题意知，所将图像上所有点向右平移个单位，得，故正确；
因为，且，所以，所以，
因为，得，故正确.
故选：.
11. 正方体的棱长为1，体对角线与，相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量的线性运算的几何表示，向量数量积的定义及运算律结合正方体的性质即得.
【详解】方法一：，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误；
方法二：
，故A正确；
由正方体的性质可知，，，
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：AC．
12. 设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的最大值为D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先根据已知条件，确定公比的取值范围，然后根据数列的单调性逐一进行判断即可.
【详解】A项，且，而和异号.
由于知，，即，，，故A项正确；
B项，从前面的求解过程知，，说明是单调递减的正项等比数列，
且，所以，那么，故B项正确；
C项，是正项数列，没有最大值，故C项错误；
D项，从前面的分析过程可知前6项均大于1.从起全部在上.
所以的最大值为，故D项正确，
故选：ABD
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数（为虚数单位），其共轭复数为，则的虚部为____________．
【答案】
【解析】
【分析】先将复数转化为的形式，然后求解，进而得出的虚部.
【详解】解：，
所以，
所以，故的虚部为，
故答案为：.
14. 函数是幂函数，则__________．
【答案】2或-1
【解析】
【分析】
根据幂函数的定义，即可求解.
【详解】是幂函数，
，解得，或.
故答案为: 2或-1.
15. 已知公差不为的等差数列，其前n项和为，若成等比数列，则的值为_________．
【答案】2
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式，求和公式及等比中项，列式求值即可.
【详解】若成等比数列
故答案为：2
16. 已知圆锥（为圆锥顶点，为底面圆心）的轴截面是边长为的等边三角形，，，为底面圆周上三点，空间一动点，满足，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理可判断，，共面，又平面，所以.
【详解】因为，
所以，，
所以，，共面，
又，，为底面圆周上三点，所以点为平面上一点，
由已知平面，
所以，
又圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，所以，
所以的最小值为，
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 已知函数．
（1）试判断函数在区间上的单调性，并证明；
（2）求函数在区间上的值城．
【答案】（1）在区间上单调递增，证明见解析
（2）．
【解析】
分析】（1）利用定义法证明单调性即可；
（2）由函数的单调性求值域即可.
【小问1详解】
易知，
设，且，
则，
又由，则，，，
所以，即在区间上单调递增；
【小问2详解】
由上可知函数在区间上单调递增，则，
又，
故的值域为.
18. 已知首项为4的数列的前n项和为，且．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，得出与的关系，进一步变形得出等比数列；
（2）利用分组求和法及等比数列求和公式可求得结果.
【小问1详解】
由题意，即，故，
即，又，故数列是以-1为首项，-1为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，即．
数列的前n项和为，
数列的前n项和为，
故．
19. 如图，在长方体中，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由（1）知平面的一个法向量为，再求出平面的一个法向量为，根据法向量夹角的余弦值，即可求解.
【小问1详解】
因为，，是的中点，所以，
因为，，所以，
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
所以，，，，
由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，所以，
因为，，所以，
令，则，，所以，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 圆：与轴的负半轴和正半轴分别交于两点，是圆与轴垂直非直径的弦，直线与直线交于点，记动点的轨迹为．
（1）求轨迹的方程；
（2）在平面直角坐标系中，倾斜角确定的直线称为定向直线．是否存在不过点的定向直线，当直线与轨迹交于时，；若存在，求直线的一个方向向量；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设出后，表示出直线、的方程即可
（2）先讨论倾斜角为90°的情况，倾斜角不为90°时先设出直线方程，联立后结合韦达定理和，运用坐标运算即可得解
【小问1详解】
由题意得，
设，则
直线的方程为，直线的方程为
所以轨迹的方程为
【小问2详解】
当定向直线的倾斜角为90°时，设，
由得
时，
所以，矛盾.
当定向直线的倾斜角不为90°时，假设存在定向直线
由得，
时，
设，则
由得即，
故，
，化简得，
所以或，
时，经验证，满足条件；当时，过点，不合题意
综上所述，当即直线的一个方向向量为时，
21. 为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动．竞赛共有和两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道类试题得10分；每答对1道类试题得20分，答错都不得分．每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）．已知某同学类试题中有7道题能答对，而他答对各道类试题的概率均为．
（1）若该同学只抽取3道类试题作答，设表示该同学答这3道试题的总得分，求的分布和期望；
（2）若该同学在类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求解，
（2）根据相互独立事件概率，即可求解.
【小问1详解】
，，
，
所以X的分布为
所以
【小问2详解】
记“该同学仅答对1道题”为事件M.
这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为.
22. 已知双曲线经过点，且离心率为2.
（1）求的方程；
（2）过点作轴的垂线，交直线于点，交轴于点.设点为双曲线上的两个动点，直线的斜率分别为，若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设，方法一：分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据求出的关系，从而可得直线过定点，进而可得出答案.
方法二：可设直线方程为，由可得，再根据求出，从而可得直线过定点，进而可得出答案.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以的方程为；
【小问2详解】
由题意，点坐标为，点坐标为，设，
方法一：
①若直线斜率存在，设直线方程为，
，消去可得，
且，
且，
，
整理可得，
，
化简得，
即，
因为直线不过点，所以，
所以，即，
所以直线的方程为，恒过定点，
②若直线斜率不存在，则，
，
解得，所以直线方程为，过定点，
综上，直线恒过定点，
设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
.
方法二：
因为直线不过点，所以可设直线方程为，
由可得，
即，
，
得，
等式左右两边同时除以，
得，
，
，解得，
所以直线方程为，
即，恒过定点，
下同法一.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
X
0
10
20
30
P