江蘇省常州2024高三數學下學期1月月考試題

江蘇常州市2024高三下學期1月月考數學試卷一、單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．集合，，則（

）A． B．C． D．2．已知為虛數單位，下列各式的運算結果為純虛數的是（

）A． B． C． D．3．已知圓錐的底面半徑為3，母線長為5.若球在圓錐內，則球的體積的最大值為（

）A． B． C． D．4．若函數的圖象關于原點對稱，則（

）A． B． C． D．5．已知兩個單位向量，的夾角為60°，設（其中x，y∈R），若||＝3，則xy的最大值（

）A．2 B． C．3 D．6．曲線在處的切線的傾斜角為，則的值為（

）A． B． C． D．7．已知點P是拋物線上的一點，在點P處的切線恰好過點，則點P到拋物線焦點的距離為（

）A． B．1 C． D．28．在一個質地勻稱的正四面體木塊的四個面上分別標有數字1，2，3，4．連續(xù)拋擲這個正四面體木塊兩次，并記錄每次正四面體木塊朝下的面上的數字，記事務為“兩次記錄的數字之和為奇數”，事務為“第一次記錄的數字為奇數”，事務為“其次次記錄的數字為偶數”，則下列結論正確的是（

）A．事務與事務是對立事務 B．事務與事務不是相互獨立事務C． D．二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）9．關于一組樣本數據的平均數、中位數、頻率分布直方圖和方差，下列說法正確的是（

）A．變更其中一個數據，平均數和中位數都會發(fā)生變更B．頻率分布直方圖中，中位數左邊和右邊的直方圖的面積應當相等C．若數據的頻率分布直方圖為單峰不對稱，且在左邊“拖尾”，則平均數小于中位數D．樣本數據的方差越小，說明樣本數據的離散程度越小10．下列式子的運算結果為的是（

）A． B．C． D．11．已知A（4，2），B（0，4），圓，P為圓C上的動點，下列結論正確的是（

）A．的最大值為B．的最小值為C．的最小值為D．最大時，12．如圖，點是正四面體底面的中心，過點且平行于平面的直線分別交，于點，，是棱上的點，平面與棱的延長線相交于點，與棱的延長線相交于點，則（

）A．若平面，則B．存在點與直線，使C．存在點與直線，使平面D．三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分）13．已知函數是定義在R上的增函數，且，則的取值范圍是__________.14．已知拋物線的方程為，且過點，則焦點坐標為______．15．函數的值域為_________.16．“垛積術”（隙積術）是由北宋科學家沈括在《夢溪筆談》中首創(chuàng)，南宋數學家楊輝、元代數學家朱世杰豐富和發(fā)展的一類數列求和方法，有茭草垛、方垛、芻童垛、三角垛等等.某倉庫中部分貨物堆放成如圖所示的“茭草垛”：自上而下，第一層1件，以后每一層比上一層多1件，最終一層是件.已知第一層貨物單價1萬元，從其次層起，貨物的單價是上一層單價的，第層的貨物的價格為______，若這堆貨物總價是萬元，則的值為______.四、解答題（本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．對于數列，若存在正整數M，同時滿意如下兩個條件：①對隨意，都有成立；②存在，使得．則稱數列為數列．(1)若，，推斷數列和是否為數列，并說明理由；（5分）(2)若數列滿意，，求實數p的取值集合．（5分）18．敏捷就業(yè)的崗位主要集中在近些年興起的主播、自媒體、配音，還有電競、電商這些新興產業(yè)上．只要有網絡、有電腦，隨時隨地都可以辦公．這些崗位出現的背后都離不開互聯網的加速發(fā)展和短視頻時代的大背景．甲、乙兩人同時競聘某公司的主播崗位，實行三局兩勝制進行競賽，假設甲每局競賽獲勝的概率為，且每局競賽都分出了輸贏．(1)求競賽結束時乙獲勝的概率；（6分）(2)競賽結束時，記甲獲勝的局數為隨機變量X，求隨機變量X的分布列．（6分）19．在①，②，③．這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，若問題中的三角形存在，求出的值；若問題中的三角形不存在，說明理由．（7分）問題：在中，角，，的對邊分別為，，，已知，________．注：假如選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．20．如圖，空間幾何體中，四邊形是梯形，，四邊形是矩形，且平面平面，M是線段上的動點.（1）試確定點M的位置，使平面，并說明理由；（7分）（2）在（1）的條件下，平面將幾何體分成兩部分，求空間幾何體與空間幾何體的體積的比值.（7分）21．已知圓，點，點是圓上的動點，的垂直平分線交直線于點（1）求點的軌跡方程；（5分）（2）過點的直線交曲線于兩點，在軸上是否存在點，使得直線和的傾斜角互補，若存在，求出點的坐標，若不存在，請說明理由.（6分）22．設函數，其中．(1)若，求的單調區(qū)間；（5分）(2)若，（?。┳C明：恰有一個極值點；（5分）（ⅱ）設為的極值點，若為的零點，且，證明：．（6分）數學答案及解析1．A【分析】化簡集合，再結合交集運算求解即可【解析】由題意可得，則.故選：A2．C【分析】利用復數代數形式的乘法運算對選項進行逐一化簡可得答案．【解析】對于A，不是純虛數；對于B，是實數；對于C，為純虛數；對于D，不是純虛數.故選：C.【留意】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．3．A【分析】設圓錐的軸截面為等腰△，則球的體積最大時，球的軸截面是△的內切圓，依據三角形面積公式和內切圓的性質求出半徑，最終求出體積.【解析】設圓錐的軸截面為等腰△，則球的體積最大時，球的軸截面是△的內切圓，所以，解得：，所以球的體積的最大值為.故選：A【留意】本題考查了求球體積最大問題，考查了球的幾何性質，考查了數學運算實力.4．C【分析】依據題意知函數為奇函數，化簡可得，據此可求出值.【解析】因為函數的圖象關于原點對稱，即，所以可得，即，，即，，.故選：C5．C【分析】依據得到，再利用均值不等式計算得到答案?！窘馕觥浚瑒t，當時等號成立。故選：【留意】本題考查了向量的運算和均值不等式，意在考查學生的綜合應用實力。6．D【分析】先利用導數的幾何意義求得，然后利用誘導公式、二倍角公式、同角三角函數的關系將化簡為，再代值可得答案【解析】解：依題意，，所以，所以故選：D.【留意】本題考查了導數的幾何意義，直線的傾斜角與斜率，三角恒等變換，屬于基礎題.7．B【解析】設坐標為，由導數求出線斜率，再由切線過點，可求得，，然后可求得焦半徑．【解析】拋物線方程為，，設切點坐標為，∴切線斜率為，又切線過點，∴，∴，．．即或，拋物線標準方程為，，∴點到焦點的距離為．故選：B．【留意】本題考查直線與拋物線相切問題，考查導數的幾何意義，考查拋物線的幾何性質．利用導數幾何意義求出切點坐標，利用焦半徑公式求出焦半徑，本題難度一般．8．C【分析】依據對立事務，獨立事務的概念及古典概型概率公式逐項分析即得.【解析】對于A，事務與事務是相互獨立事務，但不是對立事務，故A錯誤；對于B，對于事務與事務，,事務與事務是相互獨立事務,故B錯誤；對于C，連續(xù)拋擲這個正四面體木塊兩次，記錄的結果一共有種，其中，事務發(fā)生，則兩次朝下的點數為一奇一偶，有種，所以，因為拋擲正四面體向下的數字為奇數和偶數的方法種數相同，所以，，所以，故C正確；對于D，事務表示第一次記錄的數字為奇數，其次次記錄的數字為偶數，故，故D錯誤.故選：C．9．BCD【分析】依據平均數、中位數、頻率分布直方圖和方差的性質，逐一分析選項，即可得答案.【解析】對于A：例如數據1，3，5，將數據改成2，3，5，數據的中位數未變更，仍為3，故A錯誤；對于B：依據頻率分布直方圖中，中位數的求法，可得B正確；對于C：依據頻率直方圖可得，左邊“拖尾”，且不對稱，則平均數變小，中位數變大，所以平均數小于中位數，故C正確；對于D：方差越小，數據越穩(wěn)定，離散程度越小，故D正確.故選：BCD10．BC【解析】利用兩角和與差的正弦，余弦，正切公式化簡及特別角的三角函數求值，即可推斷選項.【解析】對于A，，不合題意；對于B，，符合題意；對于C，，符合題意；對于D，，不符合題意；故選：BC11．AC【分析】A.利用數形結合，轉化為三點共線，即可求解；B.首先取AB的中點為D，轉化向量，,再結合點與圓的位置關系，即可求解；C.利用直線與圓相切，即可求的最小值；D.利用數形結合推斷當最大時，直線與圓相切，即可求.【解析】對于A，，A正確.對于B，記AB的中點為D，,，故B錯誤；對于C，令，當直線與圓C相切時，b取到最值，令，，所以最小值為，故C正確.對于D，當PB與圓C相切時，最大，此時，故D錯誤.故選：AC12．ACD【分析】依據線面平行的性質定理，可推斷A；由空間向量數量積可推斷B；當直線平行于直線，時，通過線面垂直的判定定理可推斷C，由共面對量定理可推斷D.【解析】對于A，平面，平面與棱的延長線相交于點，與棱的延長線相交于點，平面平面，又平面，平面，，點在面上，過點的直線交，于點，，平面，又平面，平面平面，，，故A正確；對于B，設正四面體的棱長為，，故B錯誤；對于C，當直線平行于直線，為線段上靠近的三等分點，即，此時平面，以下給出證明：在正四面體中，設各棱長為，，，，均為正三角形，點為的中心，，由正三角形中的性質，易得，在中，，，，由余弦定理得，，，則，同理，，又，平面，平面，平面，存在點S與直線MN，使平面，故C正確；對于D，設為的中點，則，又∵，，三點共線，∴，∵，，三點共線，∴，∵，，三點共線，∴，設，，，則，∵，，，四點共面，∴，又∵，∴，∴，即，故D正確.故選：ACD.【留意】關鍵點留意：本題考查了線面平行的性質定理、線面垂直的判定定理，考查了空間向量數量積和共面對量定理，解題的關鍵是熟識利用空間向量的共面定理，考查了轉化實力與探究實力，屬于難題.13．【分析】利用單調性將原不等式轉化為，從而可得結論.【解析】因為函數是定義在R上的增函數，且，所以，解得，故答案為.【留意】本題主要考查函數單調性的應用，屬于基礎題.14．【解析】將點代入拋物線方程可得的值，即可求得拋物線方程進而得焦點坐標.【解析】拋物線過點，即有，解得，則拋物線，即的焦點坐標為，故答案為：.15．【分析】先利用同角三角函數的基本關系化簡得令,可得,利用導數求函數的值域即可.【解析】由題意，可得，令，，即，則，當時，，當時，，即在為增函數，在為減函數，又，，，故函數的值域為：.故答案為:【留意】本題考查了同角三角函數的基本關系,考查了利用導數求函數的最值問題,意在考查計算實力,是基礎題.16．

6【解析】由題意可得第層的貨物的價格為，依據錯位相減法求和即可求出.【解析】解：由題意可得第n層的貨物的價格為，設這堆貨物總價是，①，則，②，由①?②可得，，∵這堆貨物總價是萬元，，故答案為：；.【留意】本題考查了錯位相減法求和，考查了運算實力，以及分析問題和解決問題的實力，屬于中檔題.17．(1)數列不是數列，是數列，理由見解析；(2)或.【分析】(1)依據數列的定義依次判定數列、即可；(2)依據數列的定義，結合正弦函數的性質和數列的增減性依次探討當、、、時的狀況.(1)不是數列，是數列.因為(N*)，所以，故不是數列；因為(N*)，所以，又，所以是數列；(2)若數列為數列，則對于成立，且，有.當時，，即，此時最大，，又，則且；當時，設，則，所以函數在上單調遞減，且，所以即在上恒成立，所以，有，此時最大，，又，故不存在滿意題意的，舍去；當時，，由上述分析知，，結合，故不存在滿意題意的，舍去；當時，，則，所以，此時最大，，，又，故且.綜上，實數p的取值集合為或,.18．(1)(2)答案見解析【分析】（1）依據三局兩勝制可知，乙獲勝則有三種狀況，分類即可求解.（2）依據隨機變量全部取值的可能以及計算對應的概率，即可求解,（1）競賽結束時，乙獲勝有三種狀況：①第一局甲勝，其次局乙勝，第三局乙勝，②第一局乙勝，其次局甲勝，第三局乙勝，③第一局，其次局2勝，∴競賽結束時乙獲勝的概率；（2）由題意可得，X的全部可能取值為0，1，2，，，．∴X的分布列為X01219．答案不唯一，詳細見解析．【分析】若選①，則由正弦定理可得，化簡后可求出角或，再由求出，然后由可求出的值；若選②，則由正弦定理得，即可得，再利用余弦定理可求得，從而可求出角，再由求出，然后由可求出的值；若選③，由結合協助角公式和基本不等式可得，則可求出，而利用基本不等式時有，從而可得三角形為等邊三角形，與相沖突，則可得問題中的三角形不存在【解析】選①：因為，由正弦定理得，所以，所以，所以，，又，，所以或，即或．因為，，所以．當時，，當時，，因此的值為或．選②：因為，由正弦定理得，因為，所以，所以，因為，所以．因為，，所以，所以，因此的值．選③：因為，所以，因為，于是，即；且，即，留意到，，因此，即，于是為等邊三角形，因此與相沖突，故不存在．【留意】關鍵點留意：此題考查正弦定理和余弦定理的應用，考查三角函數恒等變換公式的應用，解題的關鍵是利用正弦定理進行邊角互化，從而可求出角的值，再結合三角函數恒等變換公式求出的值，考查計算實力，屬于中檔題20．（1）當M是線段的中點時，平面，理由見解析；（2）.【分析】（1）由線面平行的性質定理確定M是線段的中點，然后依據線面平行的判定定理證明．（2）將幾何體補成三棱柱，由三棱柱和三棱錐體積得幾何體的體積，再求得三棱錐的體積后可得所求比值．【解析】（1）當M是線段的中點時，平面.證明如下：連接交于點N，連接，如圖，由于M、N分別是的中點，所以，又在平面內，且不在平面內，所以平面.（2）∵四邊形是矩形，∴.又，且，∴平面.平面平面，平面平面，平面，，所以平面，又平面，所以，將幾何體補成三棱柱，三棱柱的體積，則幾何體的體積，又三棱錐的體積.∴空間幾何體與空間幾何體的體積的比為.21．（1）；（2）存在，.【分析】（1）連接，則，即，則點的軌跡是以，為左右焦點，的雙曲線，求解軌跡方程即可.（2）由題意可知時直線和的傾斜角互補.分類探討：當直線斜率不存在時，，關于軸對稱，軸上的隨意點都有.當直線斜率存在時，設直線的方程為：，與雙曲線方程聯立，整理得，設，，則，.依據，可知，整理得，將，代入求