2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期10月月考数学试题 一、单选题1．设，则“”是“直线与直线平行”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据两直线平行列出方程，求出：或1，验证后均符合要求，从而得到“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.【详解】当时，与的斜率相等，故平行，充分性成立，若“直线与直线平行”，则满足，解得：或1，经验证，：或1时，两直线不重合，故：或1，两直线平行，故必要性不成立.故选：A2．甲、乙两名同学在5次数学考试中，成绩统计图用茎叶图表示如图所示，若甲、乙两人的平均成绩分别用、表示，则下列结论正确的是(　　)A．，且甲比乙成绩稳定 B．，且乙比甲成绩稳定C．，且甲比乙成绩稳定 D．，且乙比甲成绩稳定【答案】A【分析】利用茎叶图求出甲、乙两位同学的平均成绩和方差，分别比较这两个数的大小，可得出结论．【详解】由茎叶图可知，甲同学成绩的平均数为，方差为，乙同学成绩的平均数为，方差为，则，，因此，，且甲比成绩稳乙定，故选A．【点睛】本题考查茎叶图，考查平均数和方差的计算，在求解有关茎叶图中数据的计算时，先将数据由小到大或由大到小排列，结合相关公式进行计算， 考查计算能力，属于中等题．3．折扇是我国传统文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1），图2为其结构简化图，设扇面A，B间的圆弧长为l，AB间的弦长为d，圆弧所对的圆心角为（为弧度角），则l、d和所满足的恒等关系为（    ）．A． B．C． D．【答案】A【分析】利用弧长公式及直角三角形中的正弦公式，化简即可得到答案.【详解】解：设扇形的半径为R，如图，由弧长公式，得，在直角三角形中，化简得.故选：A．4．已知正实数C满足：对于任意，均存在，使得，记C的最小值为，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】将问题转化为对于任意，均存在，使得，结合数轴求得当在相邻的两个点或中点时，，则有.【详解】题设等价于对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示如下：当与上述数轴上的点重合时，易得存在使得，又C为正实数，则成立；当与上述数轴上的点不重合时，假设在相邻的两个点之间，则，当且仅当在相邻的两个点中点时取等，要使对于任意，均存在，使得，则有，又数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，此时在相邻的两个点或中点，则.以下说明数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为，易得数轴上两点之间的距离为，当或，和为相邻的两点，之间的距离为；当时，则，即之间必存在点，可得相邻的两点之间的距离小于，综上可得数轴上所有相邻的两个点之间距离最大为.故，故.故选：B.【点睛】本题关键点在于先将问题简化为对于任意，均存在，使得，将在数轴上表示出来，结合对于都成立，得到当在相邻的两个点或中点时，，进而求出的范围，即可求解. 二、填空题5．若复数满足 ，则___________.【答案】【分析】根据复数的除法运算求出，即可得到.【详解】复数满足,则，故，故答案为：6．若集合，则______【答案】【分析】首先根据双曲线的性质得到或，再求即可.【详解】因为，，所以或，即或.所以.故答案为：7．已知函数，则__________.【答案】【分析】求出函数的导数，将代入，即可求得答案.【详解】由已知可得，所以，故答案为：28．在的二项展开式中，项的系数是________．（用数值表示）【答案】240【分析】由二项式展开式的通项公式，直接求得答案.【详解】由题意可得的通项公式为：，故的系数为 ，故答案为：2409．已知圆柱的高为4，底面积为，则圆柱的侧面积为___________；【答案】【分析】根据圆柱的侧面积公式计算可得.【详解】圆柱底面积为，所以底面半径r为3，且圆柱的高h为4，所以圆柱的侧面积为.故答案为：.10．若函数对任意实数x都有，则______【答案】【分析】根据题意得到是函数的一条对称轴，结合三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】由题意，函数对任意实数x都有，可得是函数的一条对称轴，根据三角函数的图象与性质，可得.故答案为：.11．已知随机变量服从二项分布，且（），则___________.【答案】【分析】由二项分布的期望和方差公式求出，，再根据期望的性质求出，最后根据方差的性质计算可得；【详解】解：因为，所以，又，即，解得，所以.故答案为：12．“燕山雪花大如席”，北京冬奥会开幕式将传统诗歌文化和现代奥林匹克运动联系在一起，天衣无缝，让人们再次领略了中国悠久的历史积淀和优秀传统文化恒久不息的魅力.顺次连接图中各顶点可近似得到正六边ABCDEF.若正六边形的边长为1，点P是其内部一点（包含边界），则的取值范围为___________.【答案】【分析】根据向量的共线表示以及平面向量基本定理，可表达出，结合图形特征以及数量积的运算即可求解.【详解】过点作于所以且,其中,当点与点重合时，在方向上的投影最大，此时,取得最大值为；当点与点重合时，此时，即,故,取得的最小值为的取值范围是．故答案为：．13．已知，若，则___________.【答案】8【分析】利用指数函数、对数函数的性质、运算法则直接求解．【详解】解：由，且所以是方程的两根，解得或，又，所以，即，又从而，且，则，．所以.故答案为：8.14．设是直线与圆在第一象限的交点，则___________.【答案】【分析】求出直线与圆在第一象限内的交点坐标，分析可知当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，结合斜率公式可求得的值.【详解】联立，解得，因为，当时，直线趋近于直线，此时，直线与圆在第一象限的交点趋近于点，而可视为点与点连线的斜率，当时，的值会无限趋近于点与点连线的斜率，故.故答案为：.15．已知实数x、y满足，则的取值范围是________．【答案】.【分析】讨论得到其图象是椭圆，双曲线的一部分组成图形，根据图象可得的取值范围，进而可得的取值范围.【详解】因为实数满足，当时，方程为的图象为双曲线在第一象限的部分；当时，方程为的图象为椭圆在第四象限的部分；当时，方程为的图象不存在；当时，方程为的图象为双曲线在第三象限的部分；在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，表示点到直线的距离的倍根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线均为，令，即，与双曲线渐近线平行，观察图象可得，当过点且斜率为的直线与椭圆相切时，点到直线的距离最大，即当直线与椭圆相切时，最大，联立方程组，得，，解得，又因为椭圆的图象只有第四象限的部分，所以，又直线与的距离为，故曲线上的点到直线的距离大于1，所以综上所述，，所以，即，故答案为：.16．已知非零实数满足， 则的最小值为_____．【答案】【分析】设，结合三角函数定义表示，代入条件等式通过三角恒等变换和正弦函数性质可求的最小值.【详解】设，则，则点在单位圆上，根据三角函数的定义，可设，，则，则由可得，则，所以，则，由可得，又所以，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当，时等号成立所以．【点睛】本题解决的关键在于通过三角换元，将问题转化为三角函数的问题，从而利用三角恒等变换及正弦函数性质求其最值. 三、解答题17．如图，在直角中，PO⊥OA，PO=2OA，将绕边PO旋转到的位置，使，得到圆锥的一部分，点C为的中点．(1)求证：；(2)设直线PC与平面PAB所成的角为，求．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）本题首先易证PO⊥平面AOB，可得PO⊥AB，再证AB⊥平面POC；（2）根据线面夹角可知，利用空间向量计算处理．【详解】(1)证明：由题意知：，∴PO⊥平面AOB，又∵平面AOB，所以PO⊥AB．又点C为的中点，所以OC⊥AB，，所以AB⊥平面POC，又∵平面POC，所以PC⊥AB．(2)以O为原点，，，的方向分别作为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，．设平面PAB的法向量为，则取，则可得平面PAB的一个法向量为，所以．18．记为数列的前项和，已知，且.(1)证明：是等比数列；(2)若是等差数列，且，，求集合中元素的个数.【答案】(1)证明见解析；(2)8. 【分析】（1）利用求得，结合已知及等比数列定义即可证结论；（2）由（1）有，根据已知可得，再由集合的描述可得且，进而判断对应的个数，即可得结果.【详解】(1)当，则，而，可得，所以，又，所以是首项为，公比为2的等比数列.(2)由（1）知：，令的公差为，则，所以，故，所以，故，，所以且，则，又，故，共有8个值，所以集合中元素的个数为8.19．如图所示，公路一侧有一块空地，其中，，．市政府拟在中间开挖一个人工湖，其中都在边上（不与重合，M在之间），且．(1)若M在距离A点处，求的长度；(2)为节省投入资金，人工湖的面积尽可能小，设，试确定的值，使的面积最小，并求出最小面积．【答案】(1)(2)时面积最小，最小值为 【分析】（1）由条件推出，根据余弦定理求得；（2）利用正弦定理表示出的长，利用三角形面积公式表示出的面积，化简并结合三角函数性质求得答案.【详解】(1)在中，其中，，在中，，则.(2)，在中，，在中，，，因为，所以时面积最小，最小值为20．已知椭圆：焦距为，过点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点､.(1)求椭圆的方程；(2)若，的最大值；(3)设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若､和点共线，求实数的值.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）待定系数法求解椭圆方程；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，利用弦长公式得到，结合的取值范围，求出最大值；（3）设出直线方程，表达出两点坐标，由､､三点共线得到方程，化简后得到.【详解】(1)由题意得：焦距为，得，点坐标代入椭圆方程得：，，解得：，，所以椭圆的标准方程为.(2)设直线的方程为，由消去可得，则，即，设，，则，，则，易得当时，，故的最大值为.(3)设，，，，则①，②，又，所以可设，直线的方程为，由消去可得，则，即，由，及①，代入可得，又，所以，所以，同理可得.故，，因为､､三点共线，所以.将点，的坐标代入，通分化简得，即.【点睛】处理圆锥曲线问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再利用弦长公式或题干中条件，求出取值范围或得到方程，求出参数.21．定义：函数，的定义域的交集为，，若对任意的，都存在，使得，，成等比数列，，，成等差数列，那么我们称，为一对“函数”，已知函数，，．（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）求证：；（Ⅲ）若，对任意的，，为一对“函数”，求证：．（为自然对数的底数）【答案】（Ⅰ）在上递减，在上递增；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）求出，讨论其符号后可得函数的单调区间.（Ⅱ）根据（Ⅰ）中的结果可将原不等式的证明转化为证明，构建新函数后利用导数可证后者成立.（Ⅲ）因为对任意，存在，使得且 ，化简后利用（Ⅱ）中的不等式结合特值法可得，利用导数可估计该不等式的解对应的区间的长度，从而可证明.【详解】解：（Ⅰ），当时，；当时，，∴在上递减，在上递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）得，要证，即证，设函数，，当时，，当时，，故在为减函数，在上为增函数，故，即恒成立，所以，综上，．（Ⅲ）由题设，对任意，存在，使得，且，而，故.法一：由（Ⅱ）得，∴．令，则，令，，∴在上递增，在上递减，又，，，由零点存在性定理得存在（），使得，故不等式的解为．故，证毕．法二：由均值不等式得．故，令，则，同法一，有不等式的解为．故，证毕．【点睛】思路点睛：函数不等式的证明，一般是构建新函数，通过导数讨论新函数的最值从而不等式得到证明，而对于多变量的等式，要求某一个参数的取值范围，则需通过放缩法、特殊值法等手段构建关于参数的不等式，再结合导数讨论对应函数的性质，从而得到所需的范围.