2023届北京专家信息卷（全国甲卷）高三上学期11月月考数学（理）试题（二）含解析

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2023届北京专家信息卷（全国甲卷）高三上学期11月月考数学（理）试题（二） 一、单选题1．已知复数，则（    ）A． B．5 C． D．【答案】A【分析】化简求模长即可【详解】．故选：A．2．国庆纪念日是近代民族国家的一种特征，是伴随着近代民族国家的出现而出现的，并且变得尤为重要．它成为一个独立国家的标志，反映这个国家的国体和政体．如图所示的是某餐厅某年“十一”期间日营业额的折线图，则该餐厅该年“十一”期间日营业额的中位数是（    ）A．0.6 B．0.8 C．1.1 D．1.3【答案】C【分析】把数据从小到大的顺序排列，找出中位数.【详解】将该餐厅“十一”期间日营业额按从小到大的顺序排列：0.4，0.6，0.8，1.1，1.3，1.5，2.1，中位数是1.1．故选：C．3．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由补集和交集的定义进行运算.【详解】由集合，有，又，所以．故选：B．4．如图为一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由三视图画出三棱锥原图，利用可得结果.【详解】根据三视图可得几何体是有一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，DA⊥平面ABC ，所以故选：B.5．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先判断定义域，再判断函数的奇偶性，再根据趋于正无穷时函数值趋于0即可得到答案.【详解】由，定义域为，，所以函数为奇函数，故排除B，D；当时；当趋向时，函数的增长速度比的增长速度快，所以趋向0，故排除C；故选：A．6．从甲、乙、丙等6名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲入选，乙、丙至多一人入选的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出基本事件总数，再分甲入选，乙、丙都不入选，甲入选，乙、丙只人选一人两种情况求出符合题意的基本事件数，再根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】解：从6名同学中随机选3名的方法数为，甲入选，乙、丙都不入选的方法数为，甲入选，乙、丙只人选一人的方法数为，所以甲入选，乙、丙至多一人入选的概率为．故选：B．7．在正方体中，，则（    ）A．，与是平行直线 B．，与是平行直线C．，与是异面直线 D．，与是异面直线【答案】A【分析】作，连接．易得四边形是平行四边形，则，同理有，得到，然后求得，EF即可判断.【详解】如下图所示，作，连接．则，所以四边形是平行四边形，所以，同理，可证四边形是平行四边形，所以，所以．设正方体的边长为a，取CF的中点H，连接EH，AC，则，所以，又，所以，故选：A．8．设函数，则下列函数中为偶函数的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由辅助角公式化简，结合选项代入，由奇偶性的定义即可求解.【详解】因为，所以为非奇非偶函数，故A错误；为偶函数，故B正确；为奇函数，故C错误；为非奇非偶函数，故D错误；故选:B9．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（    ）A． B． C． D．或【答案】D【分析】已知其轴截面是腰长为，面积为的等腰三角形，计算圆锥母线长和底面半径，再计算体积.【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，所以，解得，则或．当时，，，则该屋顶的体积；当时，，，则该屋顶的体积，综上，该屋顶的体积约为或．故选：D．10．椭圆的左顶点为A，点P在C上且在第二象限，点P关于x轴，y轴的对称点分别为，Q，直线的斜率分别为，若，则C的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】采用纯解析法，设，，则，由结合斜率定义求出，联立椭圆方程代换可求得与关系，进而得解.【详解】，设，则，则，因为，显然，所以，故，又，则，所以，即，所以椭圆C的离心率．故选：A．11．记函数的最小正周期为T．若，且的图象在点处取得最大值，则的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据的最值求得，结合的范围以及对称轴求得，再求解三角不等式即可.【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，又因为的图象在点处取得最大值，所以，且，所以，所以，则即为，得，得，解得．故的解集是．故选：.12．已知，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用导数求单调性，即可比较大小.【详解】设函数，则．令，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数在上单调递增，所以，即，所以．故选：D．【点睛】思路点睛：根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.  二、填空题13．已知向量，若，则____________．【答案】【分析】根据向量垂直的坐标运算即可求解.【详解】，因为，所以，解得．故答案为：14．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则C的离心率为_______．【答案】【分析】易得双曲线渐近线为，再利用两直线垂直斜率之积为-1求出，结合离心率公式即可求解.【详解】双曲线的渐近线方程为，直线斜率为，由一条渐近线与直线垂直得，解得，所以离心率为．故答案为：15．函数的极小值为___________．【答案】##1.5【分析】先求导，令，结合类二次函数正负确定原函数增减性，确定极小值点，进而求出极小值.【详解】由，得，令得，当或时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，函数的极小值点为-1，所以函数的极小值为．故答案为：16．锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，有，且，则的取值范围为________________．【答案】【分析】根据余弦定理得，根据正弦定理得，结合角的范围以及三角函数的性质即可求解.【详解】因为，所以由余弦定理得．因为为锐角三角形，所以．所以，即．因为为锐角三角形，所以解得．由正弦定理，得．所以．因为，所以，所以．因为，所以，所以，所以，即．在中，由两边之和大于第三边，得．综上所述：．故答案为： 三、解答题17．已知数列的前n项和为，．证明：(1)数列为等比数列；(2)当时，．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由数列得，利用构造法即可证明；（2）利用（1）中结论得，由即可证明.【详解】（1）证明：因为，所以，所以，在中，令，得①，又②，联立①②，解得，因为，所以，故数列是首项为，公比为2等比数列.（2）由（1）可知，则，则当时，，所以当时，．18．如图，在三棱锥中，底面，，D为的中点．(1)求证：；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）证明，可得平面，再利用线面垂直得性质即可得证；（2）先证明，以A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）证明：因为D为的中点，且，所以，又平面，所以平面，由于平面，所以；（2）解：因为底面，所以，因为，所以，所以，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，则，设是平面的一个法向量，则由，得令，得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．19．已知某小学生参加了暑期进行的游泳培训，分别学习自由泳和蛙泳，经过一周训练后，她每次自由泳训练及格的概率为，蛙泳及格的概率为．考核采用积分制，每次自由泳、蛙泳及格分别得1分、2分，不及格均得0分，每次游泳的结果相互独立．若该小学生每天进行3次考核训练，其中自由泳2次，蛙泳1次．(1)求“该小学生蛙泳不及格且恰好有1次自由泳及格”的概率；(2)若该小学生的总得分为X，求X的分布列和数学期望．【答案】(1)；(2)分布列见解析，. 【分析】（1）根据独立事件的概率计算公式，结合已知条件，直接计算即可；（2）求得的取值，以及对应的概率，再结合分布列求数学期望即可.【详解】（1）记“该小学生蛙泳不及格且恰好有1次自由泳及格”为事件A，则（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，4，则，，，，，所以X的分布列为：X01234P 所以X的数学期望．20．已知以为焦点的抛物线与直线交于点（非原点），且．(1)求抛物线的方程；(2)过点的直线与抛物线交于，两点，直线与圆的另一交点分别为，，为坐标原点，设的面积为，四边形的面积为，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设代入抛物线方程，并结合抛物线的定义，求得的值，即可；（2）设直线的方程为，,，,，再由面积公式可得，转化为坐标关系，化简运算，得解．【详解】（1）解：设．依题意，可得因为，解得所以抛物线C的方程为．（2）解：设过F点的直线方程为．联立方程得，则，所以①，②，设，代入①②得③，则直线的方程为，直线的方程为，联立方程解得，同理可得，则④，由③得，代入④得，当且仅当时等号成立，所以的最大值为．故的最大值为．21．已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)若时，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导，当，易得在上单调递减；当时，由，得到讨论与-1的大小，确定分类标准求解； （2）令，求导，由，转化为，再分，讨论求解.【详解】（1）解：的定义域为，，当，即时，在上单调递减；当时，令，得，解得，讨论：，则当或时，；当时，；当时，；当时，恒有，由，得；由，得，故在上单调递增，在上单调递减；当时，恒有，由，得；由，得，故在上单调递增，在上单调递减；当时，，则在上单调递减；当时，，则在上成立，所以在上单调递减；综上：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减；当时， 在上单调递减；当时， 在上单调递增，在上单调递减；（2）令，则，令，则，所以在上递增，则，即，则，当，即时，成立，则在上递增，所以，成立，当，即时，有，设，则，在上递增，又当时，，所以，又，所以在上存在唯一的零点，当时，，则在上递减，所以，则在上递减，此时，与已知矛盾，综上，满足条件的实数a的取值范围是．【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是讨论与-1的大小，确定分类标准.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求的普通方程和的直角坐标方程；(2)若与的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和点P的圆的极坐标方程．【答案】(1)的普通方程是；的直角坐标方程是(2) 【分析】（1）利用消参法求得的普通方程即可，根据即可求得的直角坐标方程；（2）联立的普通方程，求得点P的直角坐标，从而可求得所求圆的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可．【详解】（1）解：由的参数方程得，所以，即的普通方程是，由的极坐标方程，得，得，将代入得，即的直角坐标方程是；（2）解：由得所以点P的直角坐标为，设所求圆的圆心的直角坐标为，由题意得，解得，所以所求圆的直角坐标方程是，因此所求圆的极坐标方程为．23．设．(1)解不等式；(2)设的最大值为t，如果正实数m，n满足，求的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）零点分段讨论解含绝对值的不等式.（2）求出的最大值，利用基本不等式求的最小值【详解】（1）即为，①当时，不等式可化为，解得，所以；②当时，不等式可化为，解得，所以；③当时，不等式可化为，解得；综上知不等式的解集为．（2），所以，所以，由，则，当且仅当，即，即时，取得最小值．