2023-2024学年江西省宜春市宜丰县宜丰中学高三上学期12月月考数学含答案

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1. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合N，再利用集合的交集运算求解.
【详解】解：由，得或，则或，
又，所以，
故选：B
2. 已知向量，且夹角的余弦值为，则（）
A. 0B. C. 0或D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的夹角的坐标公式求解即可.
【详解】由已知，所以，即，故，且，解得或（舍去），所以
故选：A
3. 若，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析： ，
且，故选D.
【考点】三角恒等变换
【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示：
（1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．
（2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系．
4. 数列满足，，则数列的前80项和为（）
A. 1640B. 1680C. 2100D. 2120
【答案】A
【解析】
【分析】利用周期性以及等差数列进行求解.
【详解】设，因为的周期为，
所以的周期为.
又，，所以当n为奇数时，，
所以当n为偶数时，.
又，所以，，
，于是得到，同理可求出
，…，
设，则数列是以6为首项，8为
公差的等差数列，所以数列的前80项和为数列的前20项和
.故B，C，D错误.
故选：A.
5. 正四面体的棱长为1，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取的中点为，，可得当的长度最小时，取得最小值，求出球心到点的距离，可得点到的距离为.
【详解】因为四面体是棱长为1的正四面体，
所以其体积为.
设正四面体内切球的半径为，
则，得.
如图，取的中点为，则
.
显然，当的长度最小时，取得最小值.
设正四面体内切球的球心为，可求得.
因为球心到点的距离，
所以球上的点到点的最小距离为，
即当取得最小值时，点到的距离为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点到的距离为球心到点的距离减去半径.
6. 已知函数，过点作曲线的切线，下列说法正确的是（）
A. 当时，可作两条切线，则b的值为
B. 当，时，可作两条切线
C.当，时，有且仅有一条切线
D. 当时，可作三条切线，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，结合函数单调性的判断方法，对参数值进行分类讨论，即可判断和选择.
【详解】设过点的切线与曲线的切点为，又，故过点的切线方程为：
，则，整理得：；
令，则，且当时，，当时，；
对A：当时，显然在单调递减，在单调递增，在单调递减，又，
若过点可作两条切线，则或，故错误；
对：当，恒成立且不恒为零，故在上单调递减，
则当时，有且仅有一条切线，故错误；
对：时，，在单调递减，在单调递增，在单调递减，且，
故当时，有两个根，可做两条切线，故错误；
对：当时，由可知，若要做三条切线，则有三个根，则，
即，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数单调性；处理问题的关键是构造函数，并利用导数研究其单调性，属综合困难题.
7. 在长方体中，、，、分别为棱、的中点，点在对角线上，且，过点、、作一个截面，该截面的形状为（）
A. 三角形
B. 四边形
C. 五边形
D. 六边形
【答案】C
【解析】
【分析】找到截面与长方体的平面的交线，判断为五边形.
【详解】如图所示，延长、，使，连接、，
∵、、，
∴、，
∵、分别为棱、的中点，
∴，
∴，
∵，又、、三点共线，
∴、、三点共线，∴在截面上，
延长、，使，连接，使，
∴在截面上，
连接、，
∵，且
∴，∴且=，
又为中点，、、三点共线，
∴、、三点共线，
∴截面为五边形，
故选：C．
8. 已知函数，，，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得对恒成立，记，即在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，分、、三种情况讨论，即可求出参数的取值范围.
【详解】，等价于，
记，即在上恒成立，
.
当即时，，在上单调递减，
所以当时，即恒成立；
当时，记，则，
当时单调递减，又，，
所以存在，使得，当时，，单调递增，
所以，即，
所以当时，即，不符合题意；
当时，，不符合题意.
综上，的取值范围是.
故选：C
【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．
二、多选题（20分）
9. 在中，下列命题中正确的有（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正弦定理可判断ABD的正误，根据反例可判断C的正误.
【详解】设为三角形外接圆的半径.
在中，若，则，从而，故A正确；
若，则，故
所以，故B正确；
当时，成立，
但，故C错误；
若，故，故，
故，从而，即，
所以，故D正确．
故选：ABD.
10. 已知正三棱柱的各棱长都为1，为的中点，则（）
A. 直线与直线为异面直线
B. 平面
C. 二面角的正弦值为
D. 若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】连接、交于点，连接，即可证明，从而得到平面，即可判断A、B，建立空间中直角坐标系，利用空间向量法判断C，求出外接圆的半径，即可求出正三棱柱外接球的半径，即可判断D.
【详解】连接、交于点，连接，则为的中点，
又为的中点，所以，平面，平面，
所以平面，故B正确；
又，平面，所以与不平行且无公共点，
所以直线与直线为异面直线，故A正确；
取的中点，连接，则，又平面，则平面，又，
如图建立空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，取，
又平面的法向量可以为，
设二面角为，显然为锐二面角，
则，所以，
即二面角的正弦值为，故C错误；
外接圆的半径，
所以正三棱柱外接球的半径，
所以该球的表面积，故D正确.
故选：ABD
11. 设定义在上的函数的导函数为，若与均为偶函数，则下列说法一定正确的是（）
A. 的图象关于对称B. 2为的一个周期
C. 的图象关于对称D. 为偶函数
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据为偶函数可得的图象关于对称，，可判断A；与由为偶函数可得的图象关于对称，，进而得到，可判断B；分析可得，可判断C；分析可得，进而可得，可判断D.
【详解】因为为偶函数，则的图象关于对称，则，故A正确；
因为为偶函数，则的图象关于对称，则，
所以，即，
所以2为的一个周期，故B正确；
因为2为的一个周期，则，
又，所以，
所以，即，
所以的图象关于对称，故C正确；
由，得，
所以，则为奇函数，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：关于函数的对称性，周期性总结如下：
（1）若，则函数关于对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数的周期为；
（4）若，则函数的周期为．
12. 已知椭圆：的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（）
A. 离心率的取值范围为
B. 当时，的最大值为
C. 存点，使得
D. 的最小值为1
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项中需先解出的范围，然后利用离心率的定义进行判断；
B项中根据椭圆定义转化为求的最大值，从而进而判断；
C项中先求出点的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；
D项中根据椭圆定义得，并结合基本不等式判断.
【详解】对于A项：因为点在椭圆内部，所以，得，
所以得：，故A项正确；
对于B项：由椭圆定义知，
当在轴下方时，且，，三点共线时，有最大值，
由，得，，所以得，
所以最大值，故B项正确；
对于C项：设，若，即：，
则得，即点在以原点为圆心，半径为的圆上，
又由A项知：，得，
又因为，得，
所以得：，所以该圆与椭圆无交点，故C项错误；
对于D项：由椭圆定义得，
所以
，
当且仅当时取等号，故D项正确.
故选：ABD.
三、填空题（20分）
13. 在的展开式中的系数为___________.
【答案】6
【解析】
【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】，
展开式中含的项为
故它的展开式中的系数为6，
故答案为：6
14. 3个大人和2个小孩乘船游玩，现有船3只，1号船最多装3人，2号船最多装2人，3号船最多装1人，可从中任选2只或3只船乘坐，但一只船上不能只有小孩，则有______种不同的分乘方法.
【答案】27
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理结合排列、组合列式计算作答.
【详解】选2只船游玩，1号船坐2大人，1小孩有；1号船坐1大人，2小孩有，
选3只船游玩，每只船各坐1大人，1号船坐1小孩有；每只船各坐1大人，1号船坐2小孩有，
由分类加法计数原理得不同的分乘方法种数是：.
故答案为：27
15. 设若方程有四个不相等的实根，且，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】画出函数的图象，根据对数函数的性质与运算及对称性可得，将转化为关于的代数式，利用换元法，根据的范围结合二次函数的性质即可求解.
【详解】解：∵时，，
∴在上的图象与上的图象关于对称，
不妨设，如图：
可得，.
∴.
∴
，.
令，
则原式化为，其对称轴为，开口向上，
∴在上单调递增.∴.
∴的取值范围为.
故答案为：.
16. 已知点F是椭圆的右焦点，点到椭圆上的动点Q的距离的最大值不超过，当椭圆的离心率取到最大值时，则的最大值等于__________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，求得的表达式，对进行分类讨论，结合二次函数的性质、椭圆的定义来求得的最大值.
【详解】设，则，即且．
因为，
而，即，
所以，当，即时，
当时，取得最大值，．
又因为椭圆的离心率，因此当时，e最大．
设椭圆的左焦点为，则，因此，
所以当Q在的延长线上时，取得最大值，
，
因此的最大值为．
当，即时，
当时，取得最大值，，
由解得，即．
又因为椭圆的离心率，因此当时，e最大．
设椭圆的左焦点为，则，
因此，
所以当Q在的延长线上时，取得最大值，
，
因此的最大值为．
综上所述，的最大值为．
故答案为：
【点睛】在椭圆有关线段和差的最值问题求解的过程中，可考虑利用椭圆的定义进行转换，从而求得最值.
四、解答题（70分）
17. 已知平面四边形ABCD中，∠A+∠C=180°，BC=3.
（1）若AB=6，AD=3，CD=4，求BD；
（2）若∠ABC=120°，△ABC的面积为，求四边形ABCD周长的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，再利用余弦定理求解即可.
（2）首先利用正弦定理面积公式和余弦定理得到，再利用基本不等式求解最值即可.
【小问1详解】
在△ABD中，由余弦定理得.
在△BCD中，由余弦定理得.
因为，所以，
即，
得.
【小问2详解】
由题意知，得.
在中，由余弦定理得.
令，，在中，
由余弦定理得，即.
所以，
即，，当且仅当时取等号.
所以四边形ABCD周长的最大值为..
18. 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）根据相互独立事件的概率，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.
19. 已知单调递减的正项数列，时满足．为前n项和．
（1）求的通项公式；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过分组分解法化简已知条件，然后构造等差数列，求得的通项公式，进而求得的通项公式.
（2）结合分析法、裂项求和法证得不等式成立.
【小问1详解】
由，
得，
即，
由是单调递减的正项数列，得，
则，即，
故是以为首项，1为公差的等差数列，
则，即.
【小问2详解】
要证：，
只需证：，
即证：，
即证：，
即证：，
即证：，
即证：，
而此不等式显然成立，
所以成立.
20. 已知三棱柱，，，为线段上的点，且满足．
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）设平面平面，已知二面角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）或
【解析】
【分析】（1）作辅助线，先证明四边形为平行四边形，得线线平行，再由线面平行判定定理可证；
（2）以为一组基底，先利用基底表达向量，再向量平方利用数量积求模，求得，由勾股定理计算可证垂直；
（3）先证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角余弦值，即可根据题意建立等量关系求参数.
【小问1详解】
过分别作交于点交于点，
，
且，
，
∴四边形为平行四边形，，
平面．平面．
平面．
【小问2详解】
，
，
，，．
【小问3详解】
取中点，连接
为等边三角形且，则．
在中，，
由，
在中，为中点，，，
.
如图，分别以为轴建立空间直角坐标系．
．
即，
，设，
则，即，
故，
又，同理可得，
，
设平面的一个法向量，
而平面的一个法向量，
设二面角的的平面角为，则，
则，
化简得，
解得或.
21. 已知函数.
（1）当时，，求的最大值；
（2）设，证明：.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导数法讨论函数最小值，分别讨论参数、时，题设条件是否成立即可；
（2）由（1）可知，当，时，可得，即可令，，可得，结合累加法可得，最后对题设不等式变形即可证明
【小问1详解】
的定义域为，，
因为在上单调递增，，
①当时，对于任意的，有，所以在上单调递增，
则对于任意的，，所以符合题意；
②当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，这与当时，矛盾，所以舍去；
综上，，所以的最大值为1.
【小问2详解】
由（1）可知，当时，有，即，
令，，则，
所以，，…，，
将以上不等式左右两边分别相加，得，
所以
.
【点睛】1.求函数不等式恒成立时参数的最值，可用导数法对参数分类讨论函数最值，取符合条件的参数的最值即可.
2.用导数证明不等式，本题方法是利用已有结论构造出形式相关的不等式，即可利用累加法结合适当变形可得结论
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，所以直线的方程为，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