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
展开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:B
2.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:A
4.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:A
7.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:0
14.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.
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