2024届江苏省南京市第一中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届江苏省南京市第一中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共22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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】解出集合，利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为或，，
因此，或.
故选：C.
2．在空间中，直线平面的一个充要条件是（ ）
A．内有一条直线与平行B．内有无数条直线与平行
C．任意一条与垂直的直线都垂直于D．存在一个与平行的平面经过
【答案】D
【分析】根据线面平行的性质即可结合选项求解.
【详解】对于A，B，C，直线都可能在内，
故选:D．
3．已知向量满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】向量为邻边的平行四边形是菱形，夹角为，可求与的夹角.
【详解】设，，以为邻边作平行四边形，如图所示，
则有，，
由，则四边形为菱形，，
则有与的夹角为.
故选：A．
4．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a，b，m(m＞0)为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（ ）
A．2018B．2020
C．2022D．2024
【答案】A
【分析】首先利用二项式定理化简，再确定被10除的余数，结合选项，即可求解.
【详解】因为
所以被10除得的余数为8，而2018被10除得的余数是8.
故选：A．
5．已知满足，且当时，，则（ ）
A．在上单调递减B．在上单调递增
C．在上单调递减D．在上单调递增
【答案】C
【分析】结合题意，由得到该函数为偶函数，即可计算，结合周期可计算，得出解析式后结合函数单调性计算即可得.
【详解】因为满足，
即为偶函数，所以，又，
故，则，
因为当时，，
所以，所以，
则，
则当，，
即 时，单调递增，
当，，
即 时，单调递减，
当，可知在上单调递减，则C正确，D错误；
当时，可知在上单调递减，故B错误；
当时，代入增区间通式得在上单调递增，故A错误；
故选：C.
6．对于实数x，表示不超过x的最大整数.已知数列的前n项和为，且，，则数列的前1000项和为（ ）
A．1890B．1891C．1893D．1896
【答案】D
【分析】利用裂项相消法求和得到，从而得到时，，时，，时，，当时，，进而求和即可.
【详解】因为，
所以，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时．
所以数列的前1000项和为.
故选：D．
7．已知双曲线的上下焦点分别为，以为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，若直线与圆E：相切，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意画出图象，利用直线与圆相切以及三角形相似即可求出，再由勾股定理即可得，可得渐近线方程.
【详解】如下图所示：
设直线与圆E：相切于点，且圆心，半径；
因为以为直径的圆过点，所以，
又圆E与直线的切点为，所以，从而；
由，得，所以，
又，所以，解得，
因此渐近线的方程为，
故选：B．
8．已知直线与曲线相切，则曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用导数求解切线处的切线方程，即可根据与坐标系的交点求解面积.
【详解】设切点为，因为，
所以解得．
令，得，
当时，；当时，，所以当时，．
又，
所以在处的切线方程为，即，
令，得；令，得，所以，
所以，
故选:C．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．“”的否定形式是“”
B．“复数”是“”的充分不必要条件
C．若，则
D．函数 的最小值为4
【答案】BC
【分析】根据命题的否定即可判断A，根据复数根的求解即可判断B，根据不等式的性质及可求解C，根据对勾函数的单调性即可求解D.
【详解】对于A，由全称命题的否定知，原命题的否定为：，故A错误；
对于B，因为或，所以是的充分不必要条件，B正确；
对于C，，因为，故，，故，故C正确；
对于D，因为，令，，又在上单调递减，所以 ，故D错误．
故选：BC．
10．甲袋中有3个白球和5个黑球；乙袋中有4个白球和4个黑球.先从甲袋中随机取出2个球放入乙袋，分别以A，B，C表示事件“取出的是2个白球”､“取出的是1个白球1个黑球”､“取出的是2个黑球”；再从乙袋中随机取出1个球，以D表示事件“取出的是白球”，则（ ）
A．事件A，B，C是两两互斥的事件
B．
C．
D．事件D与事件A相互独立
【答案】ABC
【分析】由互斥事件的定义，条件概率公式，全概率公式，独立事件定义逐项求解判断即可.
【详解】对于A，事件A，B，C是两两互斥的事件，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，
，故C正确；
对于D，因为，所以事件D与事件A不相互独立，故D错误．
故选：ABC．
11．已知直线与⊙O：交于A，B两点，则（ ）
A．直线l恒过定点
B．使得的直线l有2条
C．面积的最大值为
D．⊙O在A，B两点处的切线的交点在直线上
【答案】ACD
【分析】利用直线方程判定其过定点可判定A，利用弦长公式结合直线过定点可判定B，利用三角形面积公式可判定C，利用切点弦方程可判定D.
【详解】对于A，直线方程可化为，显然，
即直线恒过定点，故A正确；
对于B，由，圆的半径为3，得弦心距，
结合图形及A易知，满足题意得弦所在直线为或，即直线斜率，或不存在，由题意斜率存在，故只有1条满足题意，故B错误；
对于C，设弦心距为，则的面积，
结合A可知，由二次函数的单调性可知，当时，，故C正确；
对于D，设两切线交点为，则四点共圆，以为直径，
故其圆心为，半径为，该圆方程为，
与作差得切点弦的方程为，
又过点，所以，
即交点P在直线上，故D正确．
故选：ACD．
12．如图，正方体的棱长为2，E，F分别是棱BC，上的中点，点P为平面ABCD内的动点，则下列命题正确的有（ ）
A．平面AEF截该正方体所得的截面图形是五边形
B．若点P到直线BB1与到直线DC的距离相等，则点P的轨迹是抛物线
C．若与AB所成的角为，则点P的轨迹是双曲线
D．以B为球心，为半径的球面与平面AEF相交所得曲线的面积为
【答案】BCD
【分析】A选项，作出辅助线，得到A，F，N，E四点共面，得到截面图形是四边形；B选项，转化为点P到定点B的距离与到定直线DC的距离相等，得到点P的轨迹是抛物线；C选项，点P的轨迹是平面截圆锥面所得的图形，又平面与轴平行，所以点P的轨迹是双曲线，故C正确；D选项，等体积法求出点B到平面的距离，进而得到球面与平面相交所得到的小圆的半径，求出曲线面积.
【详解】对于A，取的中点M，连接BM，取CM的中点N，连接EN，FN，FM，
则，所以A，F，N，E四点共面，
即平面AEF截该正方体所得的截面图形是四边形，故A错误．
对于B，由⊥平面，平面，
故⊥，即是点P到的距离，
在平面中，点P到定点B的距离与到定直线DC的距离相等，
则点P的轨迹是以B为焦点，DC为准线的抛物线，故B正确；
对于C，因为与所成的角为，则或，
则点P在以为顶点，或的反向延长线为轴、为母线的圆锥面上，
又P在平面内，所以点P的轨迹是平面截圆锥面所得的图形，
又平面与轴平行，所以点P的轨迹是双曲线，故C正确．
对于D，设点B到平面的距离为d，
因为正方体的棱长为2，E，F分别是棱BC，上的中点，
所以，，
，
故，
故，
由得，
，
又球的半径，
所以球面与平面相交所得到的小圆的半径，
所以面积为，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】在空间中，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线是一个圆，
用一个不垂直轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，
设圆锥的轴截面半顶角为，
当时，截口曲线为椭圆，
当时，截口曲线为抛物线，
当时，截口曲线为双曲线
如图所示：
三、填空题
13．设数列的前项和为，且.请写出一个满足条件的数列的通项公式 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据等差数列的性质，即可写一个满足条件的等差数列求解.
【详解】因为，则数列递减，又，即最大，所以符合．
故答案为：（答案不唯一）
14．近日，在2023年全国中学生数学奥林匹克竞赛决赛中，某校有4位学生获得金牌或银牌，破格入围了清华大学与北京大学的强基计划，这4位学生都可以在这2所大学中任选1所填报，则填报这2所大学的人数相同的概率为 .
【答案】/0.375
【分析】求出4位学生填报的情况数和填报2所大学的人数相同的情况数，从而求出概率.
【详解】4位学生都可以在这2所大学中任选1所填报，故共有种选择，
其中填报这2所大学的人数相同的情况为种，
故答案为：
15．已知函数，则不等式的解集是 .
【答案】
【分析】根据条件判断函数的奇偶性和单调性，根据函数奇偶性和单调性的关系将不等式进行转化进行求解即可．
【详解】因为，
所以为偶函数，
且当时，，
在上为增函数，为增函数，又为增函数，
由复合函数的单调性，在上为增函数，
由得，，
所以，解得．
故答案为：.
16．已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过F的直线与C交于P，Q两点（P在x轴上方），M为的中点.若，点M到l的距离为4，则p的值为 .
【答案】3
【分析】方法一，当斜率为0时，不合要求，设出PQ：，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由得到，进而求出，，由点M到l的距离为4得到方程，求出；
方法二：设PQ的倾斜角为，使用焦点弦的二级结论得到方程，求出答案.
【详解】方法一：当斜率为0时，过F的直线与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去，
设PQ：，，，
由与联立，得，所以．
由，得，代入，得，
故，．
因为M为的中点，所以点的横坐标为，
因为点M到l的距离为4，所以，
即，故，解得；
方法二：设PQ的倾斜角为，则，
由得，即，
解得，则，
由点M到l的距离为4，得，即，所以．
故答案为：3
四、解答题
17．在 中，，，D在上，且满足.
(1)求证：D为的中点；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在与中，利用正弦定理，结合题中所给的条件，得到，证得结果；
（2）（法一）设，在和中，由余弦定理可得，在中，求得后得到的面积.
（法二）因为，所以，求得后得到的面积.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，①，
在中，由正弦定理，得②.
又，
将①②，得，
又，所以，即为的中点.
（2）（法一）设，
因为，在和中，由余弦定理可得
，
即，
解得，即.
在中，由余弦定理得，
所以，
故.
（法二）因为，所以，
又，所以，
解得，
所以，
故.
18．某商场在“双十二”那天进行有奖促销，规定凡在该商场购物满元的顾客，均可获得一次摸奖机会.摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的个球(红、黄、白、黑).顾客不放回的每次摸出个球，若摸到黑球则摸奖停止，否则就继续摸球.按规定：摸到红球奖励元，摸到白球或黄球奖励元，摸到黑球不奖励.
(1)求名顾客摸球次摸奖停止的概率；
(2)记为名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量的分布列和数学期望.
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，
【分析】（1）名顾客摸球次停止，说明前次从红、黄、白中取两种颜色球，即可得到求名顾客摸球次摸奖停止的概率；
（2）首先确定随机的所有可能取值，然后利用概率公式分别计算出相应的概率，进而得到分布列，并计算其数学期望.
【详解】（1）设“名顾客摸球次停止摸奖”为事件，
则，
故名顾客摸球次摸奖停止的概率．
（2）随机变量的所有取值为, ，，，
表示第一次取球取到了黑球，其概率为；
表示第一次取到了白球或黄球，第二次取到了黑球，其概率为；
表示前两次取到白球或黄球，第三次取到黑球或第一次取到红球，第二次取到黑球，其概率为;
表示前两次取球有一次取到白球或黄球，有一次取到红球，第三次取到黑球，其概率为；
表示前三次取到的是红白黄三个球，第四次取到黑球，其概率为 .
综上，随机变量的分布列为：
.
19．如图，在三棱柱中，平面⊥平面，侧面是正方形，，，点E为的中点.
(1)求证：⊥平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，结合勾股定理逆定理得到⊥，从而证明出线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，求出法向量的夹角余弦值和正弦值，进而得到答案.
【详解】（1）因为侧面是正方形，所以⊥，
又平面⊥平面，平面平面，
平面，所以⊥平面．
又平面，所以⊥，
在中，，，，
所以，则⊥．
因为，平面，
所以⊥平面；
（2）由（1）知，两两互相垂直，
如图，以B为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．
则，
，
设平面BCE的一个法向量为，
则，
解得，令，则，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，则，
故平面的一个法向量为，
因为，
故，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为．
20．已知数列的前n项和为， ，且，.
(1)在下列问题①②中选择一个求解；
①求证：是等比数列，并求；
②求证： 是等差数列，并求.
(2)设，，若是等比数列，求λ的值.
注：如果选择多个问题分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由得，选①：可证是等比数列得，可得，求得.选②：可得，且，所以是各项均为0的常数列，求得.
（2）（法一）因为是等比数列，可设为非零常数)，可解得；（法二）由，解得或，可验证是否满足是等比数列即可.
【详解】（1）由，
得，
两式相减，得，即.
又，所以.
选①:因为，且，
所以是首项为3，公比为2的等比数列，
所以.
两边同除以，得，即，
所以又，
所以是各项均为0的常数列，则，所以.
选②:因为，
所以，且，
所以是各项均为0的常数列，也是等差数列，
所以，即.
又，所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以.
（2）由（1）知，
（法一）因为是等比数列，可设为非零常数).
则，即，
即，
即对恒成立.
因为为非零常数，所以，
则，所以解得.
（法二）因为是等比数列，所以，
又，
所以，
化简得，解得或.
①当时，，
所以，所以是等比数列，符合题意.
②当时，，则，
因为，所以不是等比数列，不合题意.
综上，.
21．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的长轴长为4，且经过点，其中e为椭圆C的离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于A，B两点，点B关于x轴的对称点为，直线交x轴于点Q，过点Q作l的垂线，垂足为H，求证：点H在定圆上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的长轴长，以及椭圆过的点，求出b的值，即可求得答案；
（2）设l的方程为，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合的方程可求得Q点坐标，从而可得的方程，并求出其过定点，结合垂直关系，即可证明结论.
【详解】（1）因为椭圆C：的长轴长为，所以，
因为椭圆经过点，所以，
又，所以，
整理得，解得或(舍)．
所以椭圆C的方程为
（2）证明：由题意可知，l的斜率存在，
设l的方程为，，则．
由，得，，
所以，
因为的方程为，
令，得
，
即，
因为，
①当时，的斜率为，则的方程为，即，
所以恒过点．
②当时，l的方程为，，则的方程为，
此时也过点．
综上，恒过定点，
由题意可知，故点H在以PM为直径的定圆上．
【点睛】：关键点睛：本题第二问证明点H在定圆上，关键在于推出直线过定点，从而结合，即可证明结论.
22．已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若有3个零点，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，再分和两种情况，结合导数的正负和单调性的关系，即可求解；
（2）首先由（1）的结果，可知当或时不满足条件，当时，结合函数的单调性，以及零点存在性定理，根据函数的零点个数，即可确定参数的取值范围.
【详解】（1）定义域为，，
①当时，因为，所以，所以在上单调递增，
②当时，令，得，，
1°若，则，，，所以在上单调递减.
2°若，则，，，
令，得，令，得或，
所以在递减，在递增，在递减.
（2）①当或时，由（1）知，至多1个零点，不合题意，
②当时，由（1）知，在递减，在递增，在递减，
且，由，知，，
（ⅰ）当时，，
因为，所以，令，则
令，，则，
因为，所以在上单调递增，
则，从而在上单调递增，则，
所以，又，，在递减，
所以在上有唯一的零点，
（ⅱ）当时，由（ⅰ）知，，
又，，在递减，
所以在上有唯一的零点.
又，所以当时，有3个零点，符合题意.
综上，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数与函数的单调性，零点，不等式的综合应用问题，第二问的关键是确定，，从而结合零点存在性定理和单调性，即可求解.