一、單選題
1．已知，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先化簡集合N，再利用集合的交集運算求解.
【詳解】解：由，得或，則或，
又，所以，
故選：B
2．已知向量，且夾角的余弦值為，則（ ）
A．0B．C．0或D．
【答案】A
【分析】根據(jù)向量的夾角的坐標公式求解即可.
【詳解】由已知，所以，即，故，且，解得或（舍去），所以
故選：A
3．若，則
A．B．C．D．
【答案】D
【詳解】試題分析： ，
且，故選D.
【解析】三角恒等變換
【名師點睛】對于三角函數(shù)的給值求值問題，關(guān)鍵是把待求角用已知角表示：
（1）已知角為兩個時，待求角一般表示為已知角的和或差．
（2）已知角為一個時，待求角一般與已知角成“倍的關(guān)系”或“互余、互補”關(guān)系．
4．數(shù)列滿足，，則數(shù)列的前80項和為（ ）
A．1640B．1680C．2100D．2120
【答案】A
【分析】利用周期性以及等差數(shù)列進行求解.
【詳解】設(shè)，因為的周期為，
所以的周期為.
又，，所以當n為奇數(shù)時，，
所以當n為偶數(shù)時，.
又，所以，，
，于是得到，同理可求出
，…，
設(shè)，則數(shù)列是以6為首項，8為
公差的等差數(shù)列，所以數(shù)列的前80項和為數(shù)列的前20項和
.故B，C，D錯誤.
故選：A.
5．正四面體的棱長為1，點是該正四面體內(nèi)切球球面上的動點，當取得最小值時，點到的距離為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)正四面體的體積可求出內(nèi)切球的半徑，取的中點為，，可得當?shù)拈L度最小時，取得最小值，求出球心到點的距離，可得點到的距離為.
【詳解】因為四面體是棱長為1的正四面體，
所以其體積為.
設(shè)正四面體內(nèi)切球的半徑為，
則，得.
如圖，取的中點為，則
.
顯然，當?shù)拈L度最小時，取得最小值.
設(shè)正四面體內(nèi)切球的球心為，可求得.
因為球心到點的距離，
所以球上的點到點的最小距離為，
即當取得最小值時，點到的距離為.
故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查幾何體的內(nèi)切球問題，解題的關(guān)鍵是先根據(jù)正四面體的體積可求出內(nèi)切球的半徑，得出點到的距離為球心到點的距離減去半徑.
6．已知函數(shù)，過點作曲線的切線，下列說法正確的是（ ）
A．當時，可作兩條切線，則b的值為
B．當，時，可作兩條切線
C．當，時，有且僅有一條切線
D．當時，可作三條切線，則
【答案】D
【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的判斷方法，對參數(shù)值進行分類討論，即可判斷和選擇.
【詳解】設(shè)過點的切線與曲線的切點為，又，故過點的切線方程為：
，則，整理得：；
令，則，且當時，，當時，；
對A：當時，顯然在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，又，
若過點可作兩條切線，則或，故錯誤；
對：當，恒成立且不恒為零，故在上單調(diào)遞減，
則當時，有且僅有一條切線，故錯誤；
對：時，，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，且，
故當時，有兩個根，可做兩條切線，故錯誤；
對：當時，由可知，若要做三條切線，則有三個根，則，
即，故D正確.
故選：D.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，以及利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性；處理問題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，屬綜合困難題.
7．在長方體中，、，、分別為棱、的中點，點在對角線上，且，過點、、作一個截面，該截面的形狀為（ ）
A．三角形
B．四邊形
C．五邊形
D．六邊形
【答案】C
【分析】找到截面與長方體的平面的交線，判斷為五邊形.
【詳解】如圖所示，延長、，使，連接、，
∵、、，
∴、，
∵、分別為棱、的中點，
∴，
∴，
∵，又、、三點共線，
∴、、三點共線，∴在截面上，
延長、，使，連接，使，
∴在截面上，
連接、，
∵，且
∴，∴且=，
又為中點，、、三點共線，
∴、、三點共線，
∴截面為五邊形，
故選：C．
8．已知函數(shù)，，，則實數(shù)的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】依題意可得對恒成立，記，即在上恒成立，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，分、、三種情況討論，即可求出參數(shù)的取值范圍.
【詳解】，等價于，
記，即在上恒成立，
.
當即時，，在上單調(diào)遞減，
所以當時，即恒成立；
當時，記，則，
當時單調(diào)遞減，又，，
所以存在，使得，當時，，單調(diào)遞增，
所以，即，
所以當時，即，不符合題意；
當時，，不符合題意.
綜上，的取值范圍是.
故選：C
【點睛】方法點睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．
二、多選題
9．在中，下列命題中正確的有（ ）
A．若，則B．若，則
C．若，則D．若則
【答案】ABD
【分析】根據(jù)正弦定理可判斷ABD的正誤，根據(jù)反例可判斷C的正誤.
【詳解】設(shè)為三角形外接圓的半徑.
在中，若，則，從而，故A正確；
若，則，故,
所以，故B正確；
當時，成立，
但，故C錯誤；
若，故，故，
故，從而，即，
所以，故D正確．
故選：ABD.
10．已知正三棱柱的各棱長都為1，為的中點，則（ ）
A．直線與直線為異面直線
B．平面
C．二面角的正弦值為
D．若棱柱的各頂點都在同一球面上，則該球的表面積為
【答案】ABD
【分析】連接、交于點，連接，即可證明，從而得到平面，即可判斷A、B，建立空間中直角坐標系，利用空間向量法判斷C，求出外接圓的半徑，即可求出正三棱柱外接球的半徑，即可判斷D.
【詳解】連接、交于點，連接，則為的中點，
又為的中點，所以，平面，平面，
所以平面，故B正確；
又，平面，所以與不平行且無公共點，
所以直線與直線為異面直線，故A正確；
取的中點，連接，則，又平面，則平面，又，
如圖建立空間直角坐標系，則，，，
所以，，
設(shè)平面的法向量為，則，取，
又平面的法向量可以為，
設(shè)二面角為，顯然為銳二面角，
則，所以，
即二面角的正弦值為，故C錯誤；
外接圓的半徑，
所以正三棱柱外接球的半徑，
所以該球的表面積，故D正確.
故選：ABD
11．設(shè)定義在上的函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，若與均為偶函數(shù)，則下列說法一定正確的是（ ）
A．的圖象關(guān)于對稱B．2為的一個周期
C．的圖象關(guān)于對稱D．為偶函數(shù)
【答案】ABC
【分析】根據(jù)為偶函數(shù)可得的圖象關(guān)于對稱，，可判斷A；與由為偶函數(shù)可得的圖象關(guān)于對稱，，進而得到，可判斷B；分析可得，可判斷C；分析可得，進而可得，可判斷D.
【詳解】因為為偶函數(shù)，則的圖象關(guān)于對稱，則，故A正確；
因為為偶函數(shù)，則的圖象關(guān)于對稱，則，
所以，即，
所以2為的一個周期，故B正確；
因為2為的一個周期，則，
又，所以，
所以，即，
所以的圖象關(guān)于對稱，故C正確；
由，得，
所以，則為奇函數(shù)，故D錯誤.
故選：ABC.
【點睛】方法點睛：關(guān)于函數(shù)的對稱性，周期性總結(jié)如下：
（1）若，則函數(shù)關(guān)于對稱；
（2）若，則函數(shù)關(guān)于對稱；
（3）若，則函數(shù)的周期為；
（4）若，則函數(shù)的周期為．
12．已知橢圓： 的左右焦點分別為、，點在橢圓內(nèi)部，點在橢圓上，橢圓的離心率為，則以下說法正確的是（ ）
A．離心率的取值范圍為
B．當時，的最大值為
C．存在點，使得
D．的最小值為1
【答案】ABD
【分析】A項中需先解出的范圍，然后利用離心率的定義進行判斷；
B項中根據(jù)橢圓定義轉(zhuǎn)化為求的最大值，從而進而判斷；
C項中先求出點的軌跡方程，再判斷該軌跡圖形與橢圓是否有交點，從而進行判斷；
D項中根據(jù)橢圓定義得，并結(jié)合基本不等式判斷.
【詳解】對于A項：因為點在橢圓內(nèi)部，所以，得，
所以得：，故A項正確；
對于B項：由橢圓定義知，
當在軸下方時，且，，三點共線時，有最大值，
由，得，，所以得，
所以最大值，故B項正確；
對于C項：設(shè)，若，即：，
則得，即點在以原點為圓心，半徑為的圓上，
又由A項知：，得，
又因為，得，
所以得：，所以該圓與橢圓無交點，故C項錯誤；
對于D項：由橢圓定義得，
所以
，
當且僅當時取等號，故D項正確.
故選：ABD.
三、填空題
13．在的展開式中的系數(shù)為 .
【答案】6
【分析】把按照二項式定理展開，可得的展開式中的系數(shù)．
【詳解】，
展開式中含的項為
故它的展開式中的系數(shù)為6，
故答案為：6
14．3個大人和2個小孩乘船游玩，現(xiàn)有船3只，1號船最多裝3人，2號船最多裝2人，3號船最多裝1人，可從中任選2只或3只船乘坐，但一只船上不能只有小孩，則有 種不同的分乘方法.
【答案】27
【分析】根據(jù)給定條件，利用分類加法計數(shù)原理、分步乘法計數(shù)原理結(jié)合排列、組合列式計算作答.
【詳解】選2只船游玩，1號船坐2大人，1小孩有；1號船坐1大人，2小孩有，
選3只船游玩，每只船各坐1大人，1號船坐1小孩有；每只船各坐1大人，1號船坐2小孩有，
由分類加法計數(shù)原理得不同的分乘方法種數(shù)是：.
故答案為：27
15．設(shè)若方程有四個不相等的實根，且，則的取值范圍為 .
【答案】
【分析】畫出函數(shù)的圖象，根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)與運算及對稱性可得，將轉(zhuǎn)化為關(guān)于的代數(shù)式，利用換元法，根據(jù)的范圍結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解.
【詳解】解：∵時，，
∴在上的圖象與上的圖象關(guān)于對稱，
不妨設(shè)，如圖：
可得，.
∴.
∴
，.
令，
則原式化為，其對稱軸為，開口向上，
∴在上單調(diào)遞增.∴.
∴的取值范圍為.
故答案為：.
16．已知點F是橢圓的右焦點，點到橢圓上的動點Q的距離的最大值不超過，當橢圓的離心率取到最大值時，則的最大值等于 ．
【答案】/
【分析】設(shè)，求得的表達式，對進行分類討論，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)、橢圓的定義來求得的最大值.
【詳解】設(shè)，則，即且．
因為，
而，即，
所以，當，即時，
當時，取得最大值，．
又因為橢圓的離心率，因此當時，e最大．
設(shè)橢圓的左焦點為，則，因此，
所以當Q在的延長線上時，取得最大值，
，
因此的最大值為．
當，即時，
當時，取得最大值，，
由解得，即．
又因為橢圓的離心率，因此當時，e最大．
設(shè)橢圓的左焦點為，則，
因此，
所以當Q在的延長線上時，取得最大值，
，
因此的最大值為．
綜上所述，的最大值為．
故答案為：
【點睛】在橢圓有關(guān)線段和差的最值問題求解的過程中，可考慮利用橢圓的定義進行轉(zhuǎn)換，從而求得最值.
四、解答題
17．已知平面四邊形ABCD中，∠A+∠C=180°，BC=3.
(1)若AB=6，AD=3，CD=4，求BD；
(2)若∠ABC=120°，△ABC的面積為，求四邊形ABCD周長的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意得到，再利用余弦定理求解即可.
（2）首先利用正弦定理面積公式和余弦定理得到，再利用基本不等式求解最值即可.
【詳解】（1）在△ABD中，由余弦定理得.
在△BCD中，由余弦定理得.
因為，所以，
即，
得.
（2）由題意知，得.
在中，由余弦定理得.
令，，在中，
由余弦定理得，即.
所以，
即，，當且僅當時取等號.
所以四邊形ABCD周長的最大值為..
18．為弘揚中國共產(chǎn)黨百年奮斗的光輝歷程，某校團委決定舉辦“中國共產(chǎn)黨黨史知識”競賽活動．競賽共有和兩類試題，每類試題各10題，其中每答對1道類試題得10分；每答對1道類試題得20分，答錯都不得分．每位參加競賽的同學(xué)從這兩類試題中共抽出3道題回答（每道題抽后不放回）．已知某同學(xué)類試題中有7道題能答對，而他答對各道類試題的概率均為．
(1)若該同學(xué)只抽取3道類試題作答，設(shè)表示該同學(xué)答這3道試題的總得分，求的分布和期望；
(2)若該同學(xué)在類試題中只抽1道題作答，求他在這次競賽中僅答對1道題的概率．
【答案】(1)分布列見解析，
(2)
【分析】（1）根據(jù)超幾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）根據(jù)相互獨立事件的概率，即可求解.
【詳解】（1）
，，
，
所以X的分布為
所以
（2）記“該同學(xué)僅答對1道題”為事件M.
這次競賽中該同學(xué)僅答對1道題得概率為.
五、證明題
19．已知單調(diào)遞減的正項數(shù)列，時滿足． 為前n項和．
(1)求的通項公式；
(2)證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）通過分組分解法化簡已知條件，然后構(gòu)造等差數(shù)列，求得的通項公式，進而求得的通項公式.
（2）結(jié)合分析法、裂項求和法證得不等式成立.
【詳解】（1）由，
得，
即，
由是單調(diào)遞減的正項數(shù)列，得，
則，即，
故是以為首項，1為公差的等差數(shù)列，
則，即.
（2）要證：，
只需證：，
即證：，
即證：，
即證：，
即證：，
即證：，
而此不等式顯然成立，
所以成立.
20．已知三棱柱，，，為線段上的點，且滿足．

(1)求證：平面；
(2)求證：；
(3)設(shè)平面平面，已知二面角的正弦值為，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)或
【分析】（1）作輔助線，先證明四邊形為平行四邊形，得線線平行，再由線面平行判定定理可證；
（2）以為一組基底，先利用基底表達向量，再向量平方利用數(shù)量積求模，求得，由勾股定理計算可證垂直；
（3）先證明兩兩垂直，再建立空間直角坐標系，利用法向量求解二面角余弦值，即可根據(jù)題意建立等量關(guān)系求參數(shù).
【詳解】（1）過分別作交于點交于點，
，
且，
，
∴四邊形為平行四邊形，，
平面．平面．
平面．
（2），
，
，，．
（3）取中點，連接
為等邊三角形且，則．
在中，，
由，
在中，為中點，，，
.
如圖，分別以為軸建立空間直角坐標系．

．
即，
，設(shè)，
則，即，
故，
又，同理可得，
，
設(shè)平面的一個法向量，
而平面的一個法向量，
設(shè)二面角的的平面角為，則，
則，
化簡得，
解得或.
21．已知函數(shù).
(1)當時，，求的最大值；
(2)設(shè)，證明：.
【答案】(1)1
(2)證明見解析
【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)法討論函數(shù)最小值，分別討論參數(shù)、時，題設(shè)條件是否成立即可；
（2）由（1）可知，當，時，可得，即可令，，可得，結(jié)合累加法可得，最后對題設(shè)不等式變形即可證明
【詳解】（1）的定義域為，，
因為在上單調(diào)遞增，，
①當時，對于任意的，有，所以在上單調(diào)遞增，
則對于任意的，，所以符合題意；
②當時，令，得，令，得，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
則，這與當時，矛盾，所以舍去；
綜上，，所以的最大值為1.
（2）由（1）可知，當時，有，即，
令，，則，
所以，，…，，
將以上不等式左右兩邊分別相加，得，
所以
.
【點睛】1.求函數(shù)不等式恒成立時參數(shù)的最值，可用導(dǎo)數(shù)法對參數(shù)分類討論函數(shù)最值，取符合條件的參數(shù)的最值即可.
2.用導(dǎo)數(shù)證明不等式，本題方法是利用已有結(jié)論構(gòu)造出形式相關(guān)的不等式，即可利用累加法結(jié)合適當變形可得結(jié)論
六、解答題
22．已知雙曲線經(jīng)過點，且離心率為2.
(1)求的方程；
(2)過點作軸的垂線，交直線于點，交軸于點.設(shè)點為雙曲線上的兩個動點，直線的斜率分別為，若，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)題意求出即可得解；
（2）設(shè)，方法一：分直線斜率存在和不存在兩種情況討論，設(shè)直線方程為，聯(lián)立方程，利用韋達定理求得，再根據(jù)求出的關(guān)系，從而可得直線過定點，進而可得出答案.
方法二：可設(shè)直線方程為，由可得，再根據(jù)求出，從而可得直線過定點，進而可得出答案.
【詳解】（1）由題意得，解得，
所以的方程為；
（2）由題意，點坐標為，點坐標為，設(shè)，
方法一：
①若直線斜率存在，設(shè)直線方程為，
，消去可得，
且，
且，
，
整理可得，
，
化簡得，
即，
因為直線不過點，所以，
所以，即，
所以直線的方程為，恒過定點，
②若直線斜率不存在，則，
，
解得，所以直線的方程為，過定點，
綜上，直線恒過定點，
設(shè)點到直線的距離為，點到直線的距離為，
.
方法二：
因為直線不過點，所以可設(shè)直線方程為，
由可得，
即，
，
得，
等式左右兩邊同時除以，
得，
，
，解得，
所以直線方程為，
即，恒過定點，
下同法一.

【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
X
0
10
20
30
P

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江西省宜春市宜豐縣宜豐中學(xué)2024屆高三上學(xué)期12月月考數(shù)學(xué)試題（原卷及解析版）

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江西省宜春市宜豐縣宜豐中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期9月月考數(shù)學(xué)試題

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2023屆江西省宜春市宜豐縣宜豐中學(xué)高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題含答案

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