福建省厦门市松柏中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学试题

松柏中学2023-2024学年高三上数学月考2023.12.15 时间： 120分钟 满分： 150分 班级 姓名 1、 单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求) 1．已知i是虚数单位，若复数，则（     ） A． B． C． D． 2．已知向量，，若，则实数（     ） A． B． C． D． 3．已知，则（     ） A． B． C． D． 4．为公比大于1的正项等比数列，且和是方程的两根，若正实数x，y满足，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 5．直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（     ） A． B． C． D． 6．第19届亚运会即将在西子湖畔----杭州召开，为了办好这一届“中国特色、浙江风采、杭州韵味、精彩纷呈”的体育文化盛会，杭州亚运会组委会决定进行赛会志愿者招募，在杭大学生纷纷踊跃参加.现有4名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在游泳、篮球、体操三个项目进行志愿者服务，假设每个项目至少安排一名志愿者，且每位志愿者只能参与其中一个项目，在甲被安排到游泳项目的条件下，乙也被安排到游泳项目的概率为（        ） A． B． C． D． 7．已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于，两点.点为线段的中点，且.若，则双曲线的离心率是（     ） A． B． C． D．2 8．函数，方程有6个不同的实根，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 二、多项选择题(本大题共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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分) 9．已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的有（    ） A．展开式共有7项 B．二项式系数最大的项是第4项 C．所有二项式系数和为128 D．展开式的有理项共有4项 10.如图所示，点P是函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(x∈R，ω>0)图象的最高点，M，N是图象与x轴的交点，若，且·＝0，则(　　) A． B． C． D．φ＝ 11．已知抛物线的焦点到准线的距离为，直线过点且与抛物线交于，两点，若是线段的中点，则（     ） A． B．抛物线的准线方程是 C．直线的方程为 D． 12．如右图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则（     ） A．直线BD1⊥平面A1C1D B．三棱锥P﹣A1C1D的体积为定值 C．异面直线AP与A1D所成角的取值范用是[45°，90°] D．直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13．已知，则___________. 14．已知两个等差数列和的前项和分别为和，且，则_____. 15．排一张5个独唱和3个合唱的节目单，如果合唱节目不排两头，且任何两个合唱不相邻，符合条件的排法共有___________种. 16．点在椭圆上，的左焦点为，点在圆上，则的最小值为___________. 四、解答题（本大题共6小题,其中17题满分10分，18-22题满分12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17.为践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念和提高生态环境的保护意识，某校成立一个环境保护兴趣小组,该环境保护兴趣小组由高二年级男生4人，女生2人，高三年级男生1人，女生3人组成，现从这10人的兴趣小组中抽出4人参加学校的环保知识竞赛． (1)设事件A为“选出参加环保知识竞赛的4人中有两个男生、两个女生，而且这两个男生高二、高三年级学生都有”，求事件A发生的概率； (2)用X表示抽取的4人中高三年级女生的人数，求X的分布列及数学期望． 18．已知函数，其中，． (1)求的单调递增区间； (2)在中，角、、的对边分别为、、，若，，求的值． 19．已知数列是等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，记数列前项和为，且有. (1)求数列的通项公式； (2)令，数列的前21项和. 20．如图①，在平面五边形中，是梯形，，，，，是等边三角形.现将沿折起，连接、得如图②的几何体. （1）若点是的中点，求证：平面； （2）若，在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 21.已知椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，右焦点为F(，0)，且离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x＞0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝. 22．已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）设，若有两个不同的极值点，，且恒成立，求实数的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 松柏中学2023-2024学年高三上数学月考2023.12.15 参考答案： 1．B【分析】利用复数的四则运算以及共轭复数的概念即可求解. 【详解】，故选：B 2．A 【分析】由，得，从而列方程可求出的值 【详解】因为，，所以，因为， 所以，所以，解得，故选：A． 3．C【分析】利用三角函数诱导公式化简可得，继而将化为，根据三角函数齐次式法求值，可得答案. 【详解】由题意得 ，故选：C. 4．D 【分析】先利用等比数列的性质得到，结合韦达定理，，得到，求出或4，结合公比，求出，得到，利用基本不等式“1”的妙用求出的最小值. 【详解】由题意得：，， 因为为公比大于1的正项等比数列，所以， 故，， 由得，将其代入得：， 解得：或4， 设公比为，则， 当时，，所以，因为，解得： 当时，，所以，因为，不合题意，舍去； 所以，即， ， 当且仅当，即时，等号成立， 故选：D 5．A 【分析】首先求出，即可求出，再求出圆心到直线的距离，即可求出三角形的高的取值范围，从而得到面积的取值范围； 【详解】解：直线分别与轴，轴交于，两点， 令，得，令，得， ，，， 圆的圆心坐标为，半径，则圆心到直线的距离，点在圆上，所以三角形的高，即，所以 故选：A 6． B 【分析】利用条件概率的公式直接求解即可. 【详解】记“甲被安排到游泳项目”为事件A，记“乙也被安排到游泳项目”为事件B， 甲被安排到游泳项目分为两类，甲一人被安排到游泳项目的种数为， 两人被安排到游泳项目的种数为， 故种数为， 甲乙被同时安排到游泳项目的种数为， 所求概率为. 故选：B. 7．D 【分析】设，根据双曲线的定义得出，从而求出，在中利用余弦定理以及离心率的定义即可求解. 【详解】点为线段的中点，且，则, 设，则， 又为直角三角形， ，即， ，， 由双曲线的定义可得， ，，， ， 又， 在中，由余弦定理可得 ， ，离心率. 故选：D 8．D 【分析】方程有6个不同的实根，等价于的图象与直线有6个不同的交点，作出函数的图象可得答案． 【详解】由方程得或， 则方程有6个不同的实根，等价于的图象与直线有6个不同的交点， 当时，，则， 令，得：， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故时，取极小值， 当时，， 当时，单调递增；当时，单调递减， 且， 根据以上信息，作出的大致图象如图， 由图可知，的图象与直线有2个不同的交点， 由题意，只需的图象与直线有4个不同的交点，则， 综上得：的取值范围是． 故选：D． 9．CD 【分析】令可求展开式中所有项的系数和.利用二项式系数的性质可求的值及展开式所有二项式系数和；根据二项式定理可求常数项； 【详解】因为各项系数和为得，展开式共有8项，A错误； 展开式所有二项式系数最大的项第四、五两项，B错误； 展开式所有二项式系数和为，C正确； 因为， ，因为，为有理项 ，所以展开式中有理项有4项，D正确． 故选：CD. 10．解析：BC　由题知P的纵坐标为，又·＝0，所以PM⊥PN，PM＝PN，所以MN＝2yP＝π，所以f(x)的周期T＝2π，所以＝2π，ω＝1，故B正确；所以xP＝xM＋＝，故C正确；xN＝xM＋＝，故A错误；将P代入函数解析式可得：sin＝1，φ＝＋2kπ(k∈Z)，故D错误．故选B、C． 11．ACD 【分析】由焦点到准线的距离可求得，则可判断A正确，B错误；利用斜率坐标计算公式几何中点坐标计算公式可求得直线的斜率，从而求得的方程，可判断C正确；，所以从而判断D正确. 【详解】因为焦点到准线的距离为4，根据抛物线的定义可知，故A正确 故抛物线的方程为，焦点，故B错误 则，． 又是的中点，则，所以， 即，所以直线的方程为．故C正确 由， 得．故D正确 故选：ACD． 12．ABD 【分析】在选项A中，推导出，，从而直线平面； 在选项B中，由平面，得到到平面的距离为定值，再由△的面积是定值，从而三棱锥的体积为定值； 在选项C中，异面直线与所成角转化为直线与直线的夹角，可求取值范围； 在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可． 【详解】对于选项A，正方体中，， ，且，平面，平面， 平面，， 同理，， ，且，平面， 直线平面，A选项正确； 对于选项B，正方体中，平面，平面， 平面，点在线段上运动， 到平面的距离为定值，又△的面积是定值， 三棱锥的体积为定值，B选项正确； 对于选项C，， 异面直线与所成角为直线与直线的夹角． 易知△为等边三角形， 当为的中点时，； 当与点或重合时，直线与直线的夹角为． 故异面直线与所成角的取值范围是，C选项错误； 对于选项D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，点竖坐标为，， 则，，，， 所以，． 由选项A正确：可知是平面的一个法向量， 直线与平面所成角的正弦值为： ， 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D选项正确． 故选：ABD． 13． 【分析】根据诱导公式和二倍角公式得到代入数据即可得到答案. 【详解】将式子变形得到 . 故答案为：. 14．9【详解】解：根据题意，两个等差数列和， 则＝＝＝＝＝＝7+， 若 15．2880 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解 【详解】第一步，先排两头，从5个独唱节目中选2排两头，有 种； 第二步，排其余的3独唱节目，然后把3个合唱节目插入到3独唱节目产生的4个空位中，有 种 由分步乘法计数原理，符合条件的排法共有 种，综上所述，符合条件的排法共有2880种， 故答案为：2880 16． 【分析】画出椭圆与圆得图形，根据椭圆得定义结合图形，当四点共线时，取得最小值，从而可得出答案. 【详解】解：点在椭圆上， 椭圆左焦点，右焦点，如图： 由圆，得，半径为1， 由椭圆得定义可得：，则， 则，当四点共线时，取得最小值，则.答案为：. 17.解(1)由题意可得，抽取了高二年级男生4人，女生2人，高三年级男生1人，女生3人． 所以P(A)＝＝＝. (2)X的可能取值为0，1，2，3， P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝， 18．(1)， (2) 【分析】（1）先用二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调性可解； （2）根据已知先求角B，再将目标式化弦整理，然后利用正弦定理和已知可得. (1) 令，得， 所以的单调增区间为，． (2) ∵， ∴， 又， ∴，∴ ∵，∴． ∴ 18．(1), (2)748 【分析】(1)设等差数列的公差为，各项均为正数的等比数列的公比为,再根 据已知条件列出方程，即可得到两数列的通项公式. (2)先求出的通项公式，再根据通项公式求出的前11项和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为，各项均为正数的等比数列的公比为， 由得：， ， ， 解得： ， （2）由（1）知， …………………7分 …………………9分 …………………12分 19．(1) (2) 【分析】（1）根据正余弦定理边化角得，整理求解即可得答案； （2）方法一：根据题意解得，进而由正弦定理得，，故，再结合求得的取值范围是，进而得周长范围； 方法二：根据题意解得，再结合余弦定理得，再结合不等式得，当且仅当时等号成立，最后结合三角形的性质得，进而得周长的范围 (1) 解：在中，， ， ，解得. (2) 解: 方法一： ， ∴ ，∵，∴ ∴ ，. 由正弦定理得， ，. 由得， ，且. . ，， ， ， 的取值范围是. ∴周长的取值范围是. 方法二，， ∴ ，∵，∴ ∴ ，. 因为由（1）得 所以由余弦定理得得 因为 所以，即， 所以，当且仅当时等号成立， 又因为三角形两边之和大于第三边， 所以，即， 所以，即周长的取值范围是. 20．（1）证明见解析；（2）存在；. 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可得出结论； （2）取中点，连接、，推导出、、两两垂直，然后以点为原点，分别以射线、、为、、轴正半轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为可求得的值，进而可求得的值，由此可得出结论. 【详解】（1）取中点，连接、，则是的中位线，且， 且，且，则四边形是平行四边形，， 又平面，平面，平面； （2）取中点，连接、，易得，， 在中，由已知，，. ，，所以，、、两两垂直， 以为原点，分别以射线、、为、、轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、， 则，，， 假设在棱上存在点满足题意，设， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，得平面的一个法向量， 又平面的一个法向量， 由已知， 整理得，解得（舍去）， 因此，在棱上存在点，使得二面角的余弦值为，且. 【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用二面角的余弦值解决动点问题，考查计算能力与推理能力，属于中等题. 21．（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）由题意可得，再根据可求出，从而可得椭圆的标准方程； （2）首先设，，，由，，三点共线可得，由，，三点共线可得，联立消去，，再根据直线与椭圆联立得到一元二次方程，利用韦达定理代入，，可得结论. 【详解】（1）∵，，∴，∴，， ∴， ∴，∴，∴， ∴的标准方程为. （2）证明：设直线，，，， 由题意知，，， ， ∴，， 由，，三点共线可得， 由，，三点共线可得， ∴， 代入，， ∴， 代入，，并化简得， 由题意知，解得， 所以点在定直线上. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题. 22．（1）答案见解析；（2）. 【分析】（1）求出函数的导数，分、两种情况讨论即可； （2）首先求出，然后可得，，，，然后可得，然后利用导数求出右边对应函数的单调性，然后可得答案. 【详解】（1）因为，所以. 当时，因为，所以，此时的单调递增区间为. 当时，令，得. 当时，，当时，. 此时，的单调递增区间为，的单调递减区间为. （2）因为，所以. 依题意，，解得. 因为，是的极值点，所以，则. . 所以，由，可得.① 因为，，所以①等价于. 令，则， 因为，所以. 所以在单调递增，且. 所以，. 所以的取值范围是 【点睛】方法点睛：（1）对于双变量问题，常用方法是通过消元转化为单变量问题；（2）对于恒成立问题，首选方法是分离参数法. 1 学科网（北京）股份有限公司 $