2023届山东省实验中学高三上学期12月月考数学试题含解析

这是一份2023届山东省实验中学高三上学期12月月考数学试题含解析，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。
2023届山东省实验中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，若，则实数a=（    ）A．1 B．2 C．—1 D．—2【答案】B【分析】由交集的概念列式求解，【详解】由题意知解得．故选：B2．若复数z满足，则的虚部是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由复数除法运算可求得，由虚部定义得到结果.【详解】由得：，的虚部为.故选：B.3．设为所在平面内一点,,则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据向量加法的首尾相连,根据将往上拼凑即可得出结果.【详解】解:由题知,,即.故选:A4．已知命题“，使”是假命题，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题可得恒成立，由即可求出.【详解】因为命题“，使”是假命题，所以，命题“，”是真命题，所以，，解得，故实数的取值范围是．故选：D.5．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二倍角余弦公式和辅助角公式化简可得，根据可求得结果.【详解】，.故选：B.6．已知，分别为椭圆的左、右焦点，点P为椭圆上一点，以为圆心的圆与直线恰好相切于点P，则|=（    ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】根据椭圆的定义，设，得，结合圆的几何性质列方程，从而求得，然后求得.【详解】依题意，设，由椭圆定义得，由于以为圆心的圆与直线恰好相切于点P，所以，即，整理得，得，得，所以．故选：A7．如图是一个由三根相同细棒组成的支架，三根细棒两两所成的角都为，一个半径为的小球放在支架上，且与三根细棒分别相切于点，则球心到点的距离是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】记与平面交于点，由球的性质可知平面且为外接圆的圆心，根据已知条件可知为边长与相等的等边三角形，设，利用正弦定理可求得，根据可构造比例关系求得.【详解】记与平面交于点，连接；三点构成球的一个截面，由球的性质知：平面，且为的外接圆圆心，，两两所成角均为，为全等的等边三角形，为等边三角形，设，则，，，，，.故选：C.8．若，，，其中为自然对数的底数，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】构造函数，利用导数可求得的单调性，得到，进而可得，知；令，利用导数可求得，结合幂函数单调性可得，由此可得大小关系.【详解】令，则，令，则，在上单调递增，，又，，，即，；令，则，在上单调递增，，，即；在上单调递增，，即；综上所述：.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查利用构造函数的方式比较大小的问题，解题关键是能够根据的形式，确定合适的函数模型，从而利用导数求解函数单调性，得到函数最值，将问题转化为函数值大小关系的比较问题. 二、多选题9．在平面直角坐标系中，点是抛物线的焦点，两点，在抛物线上，则下列说法正确的是（    ）A．抛物线的准线方程为 B．C． D．【答案】AB【分析】将点坐标代入抛物线方程，即可求得抛物线方程，由此可得准线方程，知A正确；将点坐标代入抛物线方程即可求得，知B正确；由向量数量积坐标运算可知C错误；利用抛物线焦半径公式可求得，由此可确定D错误.【详解】在抛物线上，，又，解得:，；对于A，由抛物线方程知：准线方程为，A正确；对于B，在抛物线上，，又，解得：，B正确；对于C，，，，C错误；对于D，，，，D错误.故选：AB.10．设数列的前项和为，若存在实数，使得对于任意的，都有，则称数列为“数列”．则以下数列为“数列”的是（    ）A．是等差数列，且，公差B．是等比数列，且公比满足C．D．，【答案】BC【分析】求出数列的前项和，然后判断对，有无正实数，使得成立.【详解】A中，若是等差数列，，公差，则，是关于的二次函数，当时，，对于任意的，不存在实数，使得恒成立，所以数列不是“数列”． B中，若是等比数列，且公比满足，则，所以数列是“数列”．C中，，所以，则数列是“数列”．D中，在数列中，，，当是奇数时，，数列中奇数项构成常数列，且各项均为1；当是偶数时，，即任意两个连续偶数项和为0，则对于任意的，，不存在实数，使得恒成立．所以数列不是“数列”．故选：BC．11．若函数有且仅有两个零点，，则下列说法正确的是（    ）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】BC【分析】求导，令得到或0，根据有两个零点，得到，，然后根据分和两种情况分析的大小即可.【详解】，令，解得或0，因为有两个零点，所以，因为，所以，，整理得，当时，的图象如下所示，，所以，则，故C正确，D错；当时，的图象如下所示，因为，所以，则，故A错，B正确.故选：BC.12．在正四棱柱中，，，，其中，，则（    ）A．存在实数，使得在平面内B．存在实数，使得平面截该正四棱柱所得到的截面是五边形C．存在实数，使得平面截该正四棱柱所得到的截面是六边形D．存在实数，使得直线与该正四棱柱的条棱所在直线所成的角都相等【答案】ABD【分析】取，即可证得四点共面，知A正确；根据正棱柱截面特征判断即可知BC正误；以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线线角的向量求法可构造方程确定之间的关系，得到D正确.【详解】对于A，取，设，则，则，四边形为菱形，在平面内，A正确；对于B、C，截面与四棱柱的底面仅有一个交点，则平面截该正四棱柱所得到的截面最多是五边形，不能是六边形，C错误；当且时，平面，此时截面如下图所示，其中，则截面为五边形，B正确；对于D，假设存在，使得直线与该正四棱柱的条棱所在直线所成的角都相等，则只需与，，所成角相等即可；以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，，，，整理可得：，即，则当满足时，直线与该正四棱柱的条棱所在直线所成的角都相等，D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查正棱柱截面、两条直线所成角问题的求解，本题D选项中，涉及到直线所成角问题的求解，求解关键是能够将与条棱的夹角问题转化为与条棱的夹角问题，进而通过向量法确定结果. 三、填空题13．已知函数是定义在上的奇函数，则___________.【答案】0【分析】根据题意得到关于对称，根据余弦函数的性质可得到，代入函数即可得到答案【详解】因为是定义在上的奇函数，故关于对称，所以，解得，因为，所以，所以，所以，故答案为：014．已知圆，过点作不过圆心的直线交圆于两点，则面积的取值范围是___________.【答案】【分析】设出直线方程，然后表示出圆心到该直线的距离，然后求出距离的范围，然后用距离表示出面积，即可得到答案.【详解】因为，过点的直线不过圆心，所以该直线的斜率存在，设其方程为，即，所以圆心到该直线的距离为，因为，所以，故答案为：15．正项等比数列中，，且存在两项使得，则的最小值为___________.【答案】【分析】根据等比数列通项公式可构造方程求得，进而化简已知等式得到，根据，利用基本不等式可求得结果.【详解】设正项等比数列的公比为，由得：，则，解得：（舍）或，由得：，，即；（当且仅当，时取等号），的最小值为.故答案为：.16．已知，，不等式恒成立，则___________.【答案】【分析】将恒成立的不等式整理为，设，利用导数可求得，根据可确定，，由此可得结果.【详解】由得：，设，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；，，又，，，，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题，解题关键是采用构造函数的方式，令，将恒成立的不等式转化为的形式，通过对于最值的求解确定自变量的取值. 四、解答题17．设函数(1)求函数f（x）的最小值；(2)已知凸四边形ABCD中，，求凸四边形ABCD面积的最大值.【答案】(1)(2)50 【分析】（1）根据给定条件，求出，再借助三角恒等变换化简，三角函数性质求解作答.（2）由（1）的函数式，求出及，令，将面积表示为的函数即可求解作答.【详解】（1）依题意，由得：，而，即，于是得，解得.所以当时，的最小值为（2）由（1）知，，在凸四边形ABCD中，，即于是得，解得，设），则，令凸四边形ABCD的面积为S，，其中，当且仅当，即时取等号，所以凸四边形ABCD面积的最大值为50.18．已知数列满足(1)证明：数列为等差数列：(2)设数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）对进行整理得到，即可说明数列为等差数列；（2）将变形为或，然后求和即可.【详解】（1）法1：由，两边同除以得，，（）为常数，∴数列为等差数列，首项，公差为1，法2：由得，∴（）为常数，∴数列为等差数列，首项，公差为1.（2）由，∴，法1：，则.法2：，则.19．已知函数（其中为自然对数的底数），函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程；（2）将问题转化为；利用导数可求得单调性，得到；求得后，分别在、和的情况下，讨论的单调性，得到，由此可构造不等式求得的取值范围.【详解】（1），，又，在点处的切线方程为：，即.（2）对，不等式恒成立，；，当时，恒成立，在上单调递增，；，令，解得：或；①当，即时，在上恒成立，在上单调递增，，由得：，解得：；②当，即时，若，则；若，则；在上单调递减，在上单调递增，，不满足；③当，即时，在上恒成立，在上单调递减，，由得：，解得：（舍）；综上所述：实数的取值范围为.20．如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形为菱形，，，.(1)求证：；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)点存在，. 【分析】（1）连接与相交于点，连接， 证明平面，可得，再利用已知条件证明平面，可证得.（2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用法向量表示平面与平面的夹角的余弦，求出点坐标.【详解】（1）连接与相交于点，连接，如图所示：四边形为菱形，∴为的中点，有，为等边三角形，有，平面，，∴平面，平面，∴，四边形为菱形，∴，平面，，平面，平面，∴（2）分别为的中点，连接，由（1）可知，又，平面，，平面，，平面，为等边三角形，，以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，由，，∴，，设，则，有,∴，，，设平面的一个法向量，则有，令，则，，即，平面的一个法向量为的方向上的单位向量，若平面与平面的夹角的余弦值为，则有，，由，∴，解得.所以，点存在， .21．已知点，在双曲线E：上．(1)求双曲线E的方程；(2)直线l与双曲线E交于M，N两个不同的点（异于A，B），过M作x轴的垂线分别交直线AB，直线AN于点P，Q，当时，证明：直线l过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）将点坐标代入双曲线方程，即可求解的值，进而得双曲线方程；（2）设直线方程，联立直线与双曲线方程，得到韦达定理，根据向量关系，转化为坐标关系，即可得的关系，进而可得直线过定点.【详解】（1）由题知， ，得，所以双曲线E的方程为．（2）由题意知，当l⊥x轴时，与重合，由可知：是的中点，显然不符合题意，故l的斜率存在，设l的方程为，联立，消去y得，则，即，且，设，，，，AB方程为，令，得，AN方程为，令得，由，得，即，即，即，将，代入得即，所以，得或，当，此时由，得，符合题意；当，此时直线l经过点A，与题意不符，舍去所以l的方程为，即，所以l过定点．22．已知函数(1)讨论的单调性；(2)若，证明：对于任意，有唯一零点.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求导，得到，对进行分类讨论，得到的单调性；（2）对进行分类讨论，①时，利用导数的性质，通过证明，进而证明当时，f（x）有唯一零点；②，记的两根为，再研究其导函数，利用零点存在定理证明时，f（x）有唯一零点，题目得证.【详解】（1）令①若，令，得，所以令，得，所以所以的增区间为，减区间为；②若，令，得所以令，得所以所以的增区间为(0，)，减区间为，+∞）：③若，，若，则恒成立，f(x)的增区间为；若，令，得，所以令，得所以所以f(x)的增区间为减区间为（2）若，证明：对于任意，有唯一零点.①当时，由（1）知，在上单调递增，当时，令，，在上递增，在上递减，，则，，令因为，取，此时，则又令，得取，则所以当时，f(x)有唯一零点.②当时，由（1）知，记的两根为，则，所以又，所所以，令，则所以单调递增，所以，所以，即；又，所，，由（1）得，在和单调递增，在时单调递减，又，故，当时，取，所以，令，则，所以单调递增，所以，所以，故，根据的单调性，以及，故在上有唯一零点，所以当时，有唯一零点.综上，当，对于任意，有唯一零点【点睛】思路点睛：（1）求导，得到，通过换元法，转变为讨论二次函数的图像问题，讨论时，注意，和三种情况（2）利用导数证明不等式问题，要注意，把证明进行转化，问题转化为，证明，再通过讨论的范围，利用导数性质，结合零点存在定理，进行化简证明.