2024届上海市嘉定区育才中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届上海市嘉定区育才中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．函数的定义域是
【答案】（-1，1）
【分析】解不等式即得函数的定义域.
【详解】由题得，所以.
所以函数的定义域为（-1，1）.
故答案为：（-1，1）
【点睛】本题主要考查函数定义域的求法，考查分式不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
2．抛物线的焦点坐标为，则C的准线方程为 .
【答案】
【分析】由抛物线的标准方程及焦点坐标直接写出准线方程.
【详解】因为抛物线的焦点坐标为，
所以C的准线方程为.
故答案为：
3．记Sn为等比数列{an}的前n项和.若，则S4= ．
【答案】.
【分析】本题根据已知条件，列出关于等比数列公比的方程，应用等比数列的求和公式，计算得到．题目的难度不大，注重了基础知识、基本计算能力的考查．
【详解】详解：设等比数列的公比为，由已知
，即
解得，
所以．
【点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式分式计算，部分考生易出现运算错误．
一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算，避免繁分式计算．
4．已知 ，则在方向上的数量投影为 ．
【答案】
【分析】根据数量投影的坐标运算计算即可.
【详解】由题意可知在方向上的数量投影为.
故答案为：
5．如果复数z满足，那么的最大值是 ．
【答案】2＃＃＋2
【分析】根据复数的几何意义表示，两点间距离，结合图形理解运算．
【详解】设复数z在复平面中对应的点为
∵，则点到点的距离为2，即点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆
表示点到点的距离，结合图形可得
故答案为：．
6．设， 则使方程成立的x的取值范围是 ．
【答案】.
【分析】利用分类讨论解绝对值方程即可.
【详解】当时，原式化为恒成立，符合题意；
当时，原式化为，与前提矛盾，不符题意；
当时，原式化为，与前提矛盾，不符题意；
当时，原式化为恒成立，符合题意；
综上可知：
故答案为：
7．一个袋子中有个红球和5个白球，每次从袋子中随机摸出2个球．若“摸出的两个球颜色不相同”发生的概率记为，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】计算并化简得到，根据对勾函数的性质计算最值得到答案.
【详解】，
对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
故当或时，有最小值为，故.
故答案为：
8．已知直线是函数图象的一条对称轴，则直线的倾斜角为 .
【答案】
【分析】先化简为，其中，由题意，从而可得，进而求得直线的斜率，从而可求直线的倾斜角.
【详解】因为，其中，
将代入，得，
所以，
所以直线斜率为，故倾斜角为.
故答案为：.
9．设集合，A是X的子集，A的元素个数至少是2，且A的所有元素可排成连续的正整数，则这样的集合A的个数为 ．
【答案】190
【分析】由题意可得满足条件的集合A可由其最小元素a与最大元素b唯一确定，由组合数即可求解.
【详解】解：每个满足条件的集合A可由其最小元素a与最大元素b唯一确定，
其中，这样的的取法共有种，
所以这样的集合A的个数为190．
故答案为：190
10．已知点在圆上运动，且，若点的坐标为，则的最大值为 .
【答案】
【解析】由已知，为直径，，只要求出的最小值，即可得出结论.
【详解】依题意得，为直径，所以，
所以当为点时，，
所以的最大值为.
故答案为:7.
【点睛】本题考查向量知识的应用，以及定点到圆上点距离的最值，考查分析问题和解决问题能力，属于中档题.
11．数列满足，，且，则的最大值是 .
【答案】
【分析】根据题中递推公式以及求出数列的通项公式，然后表示出，进而求其最大值.
【详解】由条件，，
可得，
设，
令，则，
所以，
则，
因为，所以，
，当时，
得，得，
所以的最大值是.
故答案为：
12．函数的定义域为R，满足，，，，，若函数的图象与直线在y轴右侧有3个交点，则实数m的取值范围是 .
【答案】或
【分析】根据函数的周期和对称性，画出函数图像，进而求出函数的图象与直线在y轴右侧有3个交点，实数m的取值范围.
【详解】因为，
所以，即为奇函数，，
又因为，所以的周期为8
由，
，
所以，
根据解析式作出函数在的图像，再根据为奇函数且周期为8，
得到函数在R上的图像，如图所示，
由题恒过点，与函数的图象在y轴右侧有3个交点，
根据图像可知当时，应有即，且同时满足无解，
当时，，，
即满足时，无解，
由图像可知等价于在R上恒成立，所以，
解得，所以.
根据图像当时，应有即，且同时满足无解，
时，则，
则当时，，则，
即时，无解，
由图像可知等价于在R上恒成立，所以，
解得，所以，
综上所述，实数m的取值范围是或.
故答案为：或.
二、单选题
13．已知椭圆的焦点是，，P是椭圆上的一个动点，如果延长到Q，使得，那么动点Q的轨迹是
A．椭圆B．双曲线的一支C．抛物线D．圆
【答案】D
【分析】由椭圆定义可得，又，可得再由圆的定义得到结论．
【详解】，，
．
．
动点到定点的距离等于定长，
动点的轨迹是圆，故选D．
【点睛】本题主要考查椭圆的定义与圆的定义的应用，考查学生分析转化问题的能力以及数形结合思想的应用，属于基础题．
14．曲线与直线在轴右侧的交点按横坐标从小到大依次记为，则等于
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简，结合图象求得正确答案.
【详解】.
画出的图象如下图所示，
的最小正周期为，
由图可知.
故选：A
15．我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.
【详解】解：构造一个底面半径为，高为的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，
则，
，
故截面面积为：，
把代入，
即，
解得：，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：
圆柱圆锥.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.
16．已知是平面内两个定点，且，该平面上的动线段的两个端点满足，，，则动线段PQ所围成的面积为（ ）
A．108B．72C．60D．50
【答案】C
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，先根据和得到的轨迹进而得到扫过的面积，再由得到的轨迹进而得到扫过的面积，最后求和即可.
【详解】根据题意建立平面直角坐标系，如图所示：

令，，设，则，，
所以，
且，
所以，
所以动点在直线上，且，即线段上，
则，则扫过的三角形的面积为，
设点，则，
所以，
∴动点在直线上，且，即线段上，
则，所以扫过的三角形的面积为，
因此和扫过的面积和为60，
故选：C
三、解答题
17．（1）叙述三垂线定理内容，并证明；
（2）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA=AC=AB，E、F分别是CD、PD的中点.求异面直线AF与PE所成角的大小（结果用反三角函数值表示）.
【答案】（1）答案见解析；（2）．
【分析】（1）由线面垂直得线线垂直，然后由线面垂直的判定定理得线面垂直，从而得出线线垂直；
（2）取中点，证明异面直线AF与PE所成角是或其补角，设，求出的三边长，用余弦定理求得即可得．
【详解】（1）平面内的一条直线与平面的一条斜线在平面内的射影垂直，则这条直线与这条斜线垂直．
如图，是平面的斜线，为斜足，，垂足为，，，求证，
证明：∵，，∴，
又，，平面，
∴平面，又∵平面，
∴；
(2)取中点，连接，又是中点，则，，
所以异面直线AF与PE所成角是或其补角，
平面，平面，∴，同理，
是菱形，，则是正三角形，从而，
设，
则，，∴，
，
又，，
在中，，
所以．
所以异面直线AF与PE所成角是．
18．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，且.
(1)求；
(2)若△ABC的面积为，求边长a.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）由得，再由正弦定理可得答案；
（2），，由余弦定理得，然后平方关系得到，再利用面积公式可得答案.
【详解】（1）由，得
即，
∴，，
∴，由正弦定理，可得，即.
（2）∵，，
∴，
∴，
∴，
又，∴，
∴，∴
即边长.
19．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在上单调递增，求a的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）把代入，求出的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即可.
（2）由单调性可得在区间上恒成立，利用导数结合分类讨论的思想求解恒成立问题而得实数的取值范围.
【详解】（1）当时，，求导得，
则，而，于是，
所以曲线在处的切线方程为.
（2）函数，求导得，
由函数在上单调递增，得在区间上恒成立，
而，
令，依题意，在区间上恒成立，
求导得，
当时，而，则，在区间上单调递减，
此时，不合题意；
令，则，
当，时，由于，则在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
于是，在区间上单调递增，，满足题意；
当时，由，得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
则当时，，单调递减，
因此当时，，不合题意，
所以实数得取值范围是.
【点睛】方法点睛：由函数的单调性求参数的取值范围的方法：
①函数在区间上单调，实际上就是在该区间上(或)恒成立．
②函数在区间上存在单调区间，实际上就是(或)在该区间上存在解集．
20．已知椭圆的离心率是，点是椭圆的上顶点，点是椭圆上不与椭圆顶点重合的任意一点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设圆.若直线与圆相切，求点的坐标；
(3)若点是椭圆上不与椭圆顶点重合且异于点的任意一点，点关于轴的对称点是点，直线分别交轴与点､点，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值，说明理由.
【答案】(1)
(2)或
(3)定值为，理由见解析
【分析】（1）根据离心率得到，从而得到椭圆方程.
（2）确定圆心和半径，设出直线，根据圆心到直线的距离等于半径得到斜率，解得答案.
（3）设出点坐标，根据三点共线得到，，代入计算得到答案.
【详解】（1）椭圆的离心率是，解得.
故椭圆方程为：.
（2）圆，即，
故圆心，半径，，
设直线的方程为，即，
直线与圆相切，则，解得，
当时，，解得或（舍），故，
当时，，解得或（舍），故，
故或
（3）设，，，
三点共线，则，即，
解得，同理可得，
.
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，直线和圆的位置关系，定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用三点共线确定，是解题的关键.
21．设数列的前n项和为，对一切，点都在函数图象上.
(1)求，归纳数列的通项公式（不必证明）；
(2)将数列依次按1项、2项、3项、4项循环地分为、、、、、、、、、…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成新的数列为，求的值；
(3)设为数列的前n项积，若不等式对一切都成立，求a的取值范围.
【答案】(1).
(2)
(3)
【分析】(1)根据题意求出前几项利用归纳推理猜想通项公式 ；
(2)观察发现规律，可得：是第25组中第4个括号内各数之和；
(3)将恒成立问题转化为求函数的最值进行求解.
【详解】（1）因为点在函数的图像上，故，所以，
令，得，所以，令，得，所以，
令，得，所以.由此猜想:.
当时，，且已知，，
当时，，
故，化简整理得，
当时，，两式相减可得，结合，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，即，
数列是以为首项，为公差的等差数列，即，故，
经检验符合题意，且当时，，
,
故成立
（2）(2) 因为,所以数列依次按1项、2项、3项、4项循环地分为， …
每一次循环记为一组. 由于每一个循环含有4个括号， 故是第25组中第4个括号内各数之和.
由分组规律知， 由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列， 且公差为20.同理，
由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列， 且公差均为20.
故各组第4个括号中各数之和构成等差数列， 且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，
所以又,所以.
（3）(3)因为,故
所以.
又故对一切都成
立，
就是
对一切都成立设则只需即可.
由于
所以,故是单调递减,于是
令,即解得或
综上所述，使得所给不等式对一切'都成立的实数a的取值范围是.