新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市重点中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学试题（含答案）

乌鲁木齐市重点中学2023-2024学年高三上学期12月月考数学试题总分150分考试时间120分钟一、单项选择题（8小题每题5分共40分）1．在复平面内，复数z和表示的点关于虚轴对称，则复数z＝()A． B．C． D．2．已知集合,且,那么m的最大值是（

）A．1 B．2 C．3 D．43．在《九章算术》第三章“衰分”中有如下问题：“今有甲持钱三百六十，乙持钱二百八十，丙持钱二百，凡三人俱出关，关税六十五钱．欲以钱多少衰出之，问各几何？”其译文为：今有甲持360钱，乙持280钱，丙持200钱，甲、乙、丙三人一起出关，关税共65钱，要按照各人带钱多少的比例进行交税，问三人各应付多少钱？下列说法错误的是（

）A．甲应付钱 B．乙应付钱C．丙应付钱 D．三者中甲付的钱最多，丙付的钱最少4．若函数的图象关于原点对称，则（

）A． B． C． D．5．以为焦点且与直线有公共点的椭圆中，离心率最大的椭圆方程是（

）A． B．C． D．6．若函数在区间，上单调递减，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．7．的值是（

）A． B． C． D．8．等比数列的前n项和为，已知，，则=（

）A． B． C． D．二、多选题（共4小题每题五分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。）9．如图，为圆锥的底面圆O的直径，点是圆上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（

）A．圆锥的侧面积为.B．三棱锥体积的最大值为1.C．的取值范围.D．若，为线段上的动点，则的最小值.10．抛物线的焦点为，点都在抛物线上，且，则下列结论正确的是（

）A．抛物线方程为B．是的重心C．D．11．已知函数，则下列叙述正确的是（

）A．若对都有成立，则B．若使得有解，则C．若且使得，则D．若使得，则12．某国产杀毒软件的比赛规则为每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次是且各轮考核能否通过互不影响，则（）A．该软件通过考核的概率为B．该软件在第三轮考核被淘汰的概率为C．该软件至少能够通过两轮考核的概率为D．在此次比赛中该软件平均考核了轮三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）13．已知单位向量满足，则．14．已知正四棱锥的底面边长为2，现用一平行于正四棱锥底面的平面去截这个棱锥，截得棱台的上、下底面的面积之比为1：4，若截去的小棱锥的侧棱长为2，则此棱台的表面积为.15．在直角坐标系中，曲线的参数方程为；在极坐标系（以原点为坐标原点，以轴正半轴为极轴）中曲线的方程为，则与的交点的距离为16．在区间上随机取一个数，则的概率为．四、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效。）17．已知中，内角，，的对边分别为，，.（1）若且，求角的大小；（2）若为锐角三角形，且，，求面积的取值范围.18．已知公差不为零的等差数列，满足，且，，成等比数列．（1）求的通项公式；（2）在平面直角坐标系中，设，，，记以，，，四点为顶点的四边形面积为，求．19．某校为了解高一期末数学考试的情况，从高一的所有学生数学试卷中随机抽取份试卷进行成绩分析，得到数学成绩频率分布直方图（如图所示），其中成绩在的学生人数为6．（1）估计所抽取的数学成绩的众数；（2）用分层抽样的方法在成绩为和这两组中共抽取5个学生，并从这5个学生中任取2人进行点评，求分数在恰有1人的概率．20．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，.（1）证明：平面；（2）求二面角的大小.21．（1）已知直线l过点，它的一个方向向量为．①求直线l的方程；②一组直线，，，，，都与直线l平行，它们到直线l的距离依次为d，，，，，（），且直线恰好经过原点，试用n表示d的关系式，并求出直线的方程（用n、i表示）；（2）在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线，，，，的直线簇，使它同时满足以下三个条件：①点；②，其中是直线的斜率，和分别为直线在x轴和y轴上的截距；③.22．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）证明：对任意，都有．答案解析1．A【解析】试题分析：.考点：复数的基本运算.2．A【解析】试题分析：有意义，则，所以，，因为，所以，即，所以的最大值是，故选A．考点：1、对数函数性质；2、集合的子集；3、集合的补集运算．3．C【分析】根据分层抽样的定义和计算方法，准确运算，即可求解.【解析】由题意可得，所以甲付（钱），乙付（钱），丙付（钱），所以选项C中的说法错误.故选：C.4．C【分析】根据题意知函数为奇函数，化简可得，据此可求出值.【解析】因为函数的图象关于原点对称，即，所以可得，即，，即，，.故选：C5．C【分析】由题意得椭圆的方程为，离心率为，根据直线与椭圆有公共点，联立方程组，根据，求得，得到离心率取得最大值，即可求得椭圆的方程.【解析】设椭圆的方程为，根据题意，可得，则，所以，所以椭圆的离心率为，因为直线与椭圆有公共点，联立方程组，整理得，由，整理得，解得或（舍去），所以的最小值为，此时离心率取得最大值，所以椭圆的方程为.故选：C.6．C【分析】求出函数的单调减区间，然后令，，由此构造不等式组求解即可.【解析】解：因为函数，所以，且，由得，解得.在区间，上单调递减，，解得.故选：C.7．B【分析】由半角公式计算．【解析】．故选：B．8．D【解析】试题分析：，因此由，选D．考点：等比数列通项9．CD【分析】对于选项A：直接利用扇形的面积公式求解；对于选项B：直接求出三棱锥体积的最大值；对于选项C：先求出的范围，由,即可求出的范围；对于选项D：将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面,判断出.利用余弦定理求出最小值.【解析】在Rt△SOC中,,则圆锥的母线长,半径r=OC=1.对于选项A：圆锥SO的侧面积为.故选项A错误；对于选项B：当时,△ABC的面积最大,此时，则三棱锥体积的最大值为:.故选项B错误；对于选项C：当点B与点A重合时,为最小角;当点B与点C重合时,,达到最大值.又因为点B与A,C不重合,则.又,可得,故选项C正确；对于选项D：因为,所以.又,所以△SAB为等边三角形，∴.将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面,得到△S1AB,则△S1AB为等边三角形,.如图：.因为,,∴；故选项D正确.故选：CD10．ABD【分析】把点代入可得抛物线的方程，结合向量运算可得是的重心，利用抛物线的定义可得，利用三角形面积公式及，可得.【解析】对于A，由在抛物线上可得，即抛物线方程为，正确；对于B，分别取的中点，则，，即在中线上，同理可得也在中线上，所以是的重心，正确；对于C，由抛物线的定义可得，所以.由是的重心，所以，即，所以，不正确；对于D，，；同理,，所以，正确.故选：ABD.11．ACD【分析】根据二次不等式恒成立可判断A，利用二次不等式有解问题可判断B，根据二次方程根的分布可判断CD.【解析】A选项：由题意，解得，故A正确；B选项：由开口向上，故只需或，解得，B错误；C选项：由题可知方程有两个不相等的正实根，则，解得，C正确；D选项：由题可知，解得，D正确．故选：ACD.12．ABD【分析】设事件，2，3，表示“该软件能通过第轮考核”，由已知可得，，，，再利用互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式以及对立事件的概率公式一一计算可得．【解析】解：设事件，2，3，表示“该软件能通过第轮考核”，由已知得，，，，该软件通过考核的概率为；该软件在第三轮考核被淘汰的概率为，故选项B正确；该软件至少能够通过两轮考核的概率为，故选项C不正确；设在此次比赛中，该软件考核了轮，∴的可能取值为1，2，3，4，，，，，∴，故选项D正确．故选：ABD13．【分析】转化为，利用向量数量积的运算律展开，结合为单位向量，即得解【解析】因为，所以，所以．故答案为：14．【解析】根据棱台的上、下底面的面积之比为1：4，利用相似比得到棱台的上、下底面的边长之比为1：2，再根据截去的小棱锥的侧棱长为2和正四棱锥的底面边长为2，得到棱台的底面边长和斜高，代入公式求解.【解析】如图所示：因为棱台的上、下底面的面积之比为1：4，所以棱台的上、下底面的边长之比为1：2，因为截去的小棱锥的侧棱长为2，所以正四棱锥的侧棱长为4，又因为正四棱锥的底面边长为2，即，所以，作，则，，所以此棱台的表面积为，故答案为：15．【解析】试题分析：由得，，∴曲线的普通方程为得，曲线的方程为，即，得，∴曲线的直角坐标方程为，∵圆的圆心为，∵圆心到直线的距离，又，所以弦长，则与两交点的距离为，故答案为．考点：参数方程化成普通方程；直线与圆的位置关系；点的极坐标和直角坐标的互化．16．【分析】由，求得，结合长度比的几何概型的计算公式，即可求解.【解析】因为，由，解得，则，可得的概率为.故答案为：.17．（1）；（2）.【分析】（1）先根据正弦定理化简得，再代入条件化简得，（2）根据正弦定理以及三角形面积公式得面积为，再根据锐角三角形确定B角范围，最后根据正弦函数性质求取值范围.【解析】（1）由于，由正弦定可得，即，，，故，，又，所以，即由于，所以，由于是三角形的内角，故.（2）由，所以，，所以面积为由于为锐角三角形，所以，即，解得，所以，，所以.即面积的取值范围是.18．（1）（2）【解析】（1）由，，成等比数列求得公差，可得通项公式；（2）求出四边形面积，可得，由等差数列前项和公式可得．【解析】（1）设的公差为，则，，，依题意，，即，化简得：，又，故．．（2）由题知，四边形为直角梯形，故，故．19．（1）75；（2）【解析】试题分析：（1）最高矩形中点横坐标既是众数；（2）根据分层抽样原理及直方图可知所抽取人中，第五组应抽取抽取人，列举出人抽取二人所有情况，共种，其中符合条件的共有种，根据古典概型概率公式可得结果.试题解析：（1）由频率分布直方图可知：样本的众数为75．（2）由频率分布直方图可得：第三组的频率：，所以，∴第四组的频数：：第五组的频数：；用分层抽样的方法抽取5份得：第四组抽取：；第五组抽取：．记抽到第四组的三位同学为，抽到第五组的两位同学为，则从5个同学中任取2人的基本事件有：，共10种．其中分数在恰有1人有：，共6种．∴所求概率：．考点：1、频率分布直方图的应用；2、分层抽样及古典概型概率公式.20．（1）证明见解析；（2）60°.【解析】（1）直角梯形及已知线段长可得，由勾股定理知，由面面垂直的性质、线面垂直的性质，根据线面垂直的判定即可证平面；（2）取中点F，过点F作，与交于点O，连接，，由二面角的定义知是二面角的平面角，结合直角三角形的性质及线段长即可求的大小.【解析】（1）证明：在直角梯形中，由，，得因为，，所以，即因为平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面，所以因为，，平面，平面所以平面（2）取中点F，过点F作，与交于点O，连接，因为，平面，所以平面所以是二面角的平面角，在中，由，，所以在中，由，，所以二面角的大小是60°.21．（1）①；②，；（2）不存在.【分析】（1）根据直线的方向向量可得直线的斜率,结合点斜式即可求得直线方程;根据直线平行且过原点,可得直线的方程,由平行线间距离公式可得n与d的关系式,设出直线的方程,根据点到直线距离公式可求得直线方程.（2）假设存在这样的直线簇.先求得,的表达式,进而表示出.通过迭加法求得,即可证明当时,与不能成立.【解析】（1）①直线l方向向量为所以直线的斜率为直线l过点,由点斜式方程可得即直线l的方程为：；②直线且经过原点,直线的方程为：由题意知直线到l的距离为,根据平行线间距离公式可得则设直线的方程为：由题意知：直线到直线l的距离为,所以直线的方程为：；（2）假设存在满足题意的直线簇．由①知的方程为：,,分别令,得,,由,即,,迭加得．由③知所有的同号,仅讨论的情形,由,所以显然,当时,与矛盾！故满足题意的直线簇不存在．22．（1）时，函数在上单调递增；时，函数在上单