上海市曹杨第二中学2023届高三上学期10月月考数学试题及答案

这是一份上海市曹杨第二中学2023届高三上学期10月月考数学试题及答案，共18页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
上海市曹杨第二中学2023届高三上学期10月月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题1．已知复数（为虚数单位），则___________.2．已知集合，，则___________.3．不等式的解集是___________.4．已知，则___________.5．单位向量、的夹角为，则___________.6．函数在点处的切线方程为___________.7．圆截直线所得的弦长为，则________8．已知一个圆锥的底面积和侧面积分别为和，则该圆锥的体积为________9．已知点是椭圆上的一点， F1，F2分别为椭圆的左.右焦点，已知∠F1PF2=60°，且|PF1|=3|PF2|，则椭圆的离心率为______．10．通过手机验证码登录哈罗单车，验证码由四位数字随机组成，如某人收到的验证码满足，则称该验证码为递增型验证码，某人收到一个验证码，那么是首位为2的递增型验证码的概率为__．11．已知定义在上的函数满足，若函数在区间上的值域为，则在区间上的值域是___________.12．设函数，方程有四个不相等的实根，则的取值范围是___________. 二、单选题13．设则中奇数的个数为A．2 B．3 C．4 D．514．记实数中较小的数，函数的定义域都是R，则“都是偶函数”是“函数为偶函数”的（    ）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件15．已知，函数的导函数为.下列说法正确的是（    ）A． B．函数的严格增区间为C．的极大值为 D．方程有两个不同的解16．在平面直角坐标系中，已知，变换将平面上的点对应到另一个平面直角坐标系上的点，则当点沿折线段运动时，在变换作用下，动点的轨迹是（　　）A． B．C． D． 三、解答题17．已知向量，且，(1)求函数在上的单调递减区间；(2)已知的三个内角分别为，其对应边分别为， 若有，，求面积的最大值.18．如图，四棱柱的底面是正方形，O为底面中心，面， .(1)证明：；(2)求直线AC与平面所成的角的大小.19．如图，某沿海地区计划铺设一条电缆联通A、B两地，A处位于东西方向的直线MN上的陆地处，B处位于海上一个灯塔处，在A处用测角器测得，在A处正西方向1km的点C处，用测角器测得，现有两种铺设方案：① 沿线段AB在水下铺设；② 在岸MN上选一点P，先沿线段AP在地下铺设，再沿线段PB在水下铺设，预算地下、水下的电缆铺设费用分别为2万元/km，4万元/km.（1）求A、B两点间的距离；（2）请选择一种铺设费用较低的方案，并说明理由.20．已知等轴双曲线经过点，过原点且斜率为的直线与双曲线交于、两点.(1)求双曲线的方程；(2)设为双曲线上异于、的任意一点，且、的斜率、均存在，证明为定值；(3)已知点，求最小时的值.21．若数列,满足,则称为数列的“偏差数列”.（1）若为常数列,且为的“偏差数列”,试判断是否一定为等差数列,并说明理由;（2）若无穷数列是各项均为正整数的等比数列,且,为数列的“偏差数列”,求的值;（3）设,为数列的“偏差数列”,,且若对任意恒成立,求实数的最小值.
参考答案：1．【分析】利用共轨复数的概念与模的运算公式即可得解.【详解】因为，则，所以.故答案为：.2．【分析】根据集合的描述法表示及交集运算，即可求得.【详解】易知，而由交集运算得故答案为：3．【分析】先把不等式右侧的常数移到左边，进行通分，由分式不等式转化为一元二次不等式求解.【详解】因为，所以，即，整理得，即，解得，所以原不等式的解集为.故答案为：.4．##【分析】利用正弦函数的和差公式展开即可得解.【详解】因为，所以.故答案为：.5．【分析】根据代入求解.【详解】单位向量的夹角为故答案为：6．【分析】由导数的几何意义即可求出切线斜率，即可求解切线方程.【详解】因为，所以，所以所以在点处的切线斜率为，又，则在点处的切线方程为，即.故答案为：.7．【解析】先求出圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，即可得出的值.【详解】圆，即则由垂径定理可得点到直线距离为 根据点到直线距离公式可知，化简可得 解得故答案为：【点睛】本题主要考查了根据直线与圆相交的弦长求参数，属于中档题.8．【分析】依据圆锥的底面积和侧面积公式，求出底面半径和母线长，再根据勾股定理求出圆锥的高，最后利用圆锥的体积公式求出体积．【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，所以有 解得， 故该圆锥的体积为．【点睛】本题主要考查圆锥的底面积、侧面积和体积公式的应用．9．【解析】利用余弦定理和椭圆的定义列方程，化简后求得椭圆的离心率.【详解】由，结合椭圆的定义和余弦定理有：，化简得.故答案为：【点睛】本小题主要考查椭圆离心率的求法，考查余弦定理，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.10．##0.0035【分析】由题意可得验证码共有10000种，首位为2的递增型验证码只要确定后三位，共有种，即可得到答案【详解】解：∵，∴从3,4,5,6,7,8,9中选，只要选出3个数，让其按照从小到大的顺序排有种，又验证码共有10×10×10×10＝10000种，所以首位为2的递增型验证码的概率为，故答案为：11．【分析】根据函数关系式可得，分别求，， ，，上的值域，进而可得结果.【详解】因为是上周期为1的函数，，故对任意的整数，当时，，而，即，故当，当，当，当，当，当，当，当.则在的值域是故答案为：.12．【分析】根据函数对称性作出图象，结合图象，得到且，求得，化简，结合换元法和二次函数的性质，即可求解.【详解】当时，所以在与上的图像关于对称.作出图象如下图所示，不防令，可得且所以，所以.因为，令，则原式化为.因为其对称轴为，开口向上，所以在上单调递增所以所以的取值范围是.故答案为：．【点睛】关键点睛：根据函数的对称性，作出函数的图象，结合函数的图象有，化简，利用换元法和二次函数的性质求解是解答的关键.13．A【分析】根据二项式定理分别求出后可得．【详解】由可知：均为二项式系数，依次是,因为，，，，，所以中奇数只有两个，故选：A.14．A【分析】根据，的定义，结合函数奇偶性的性质，以及充分条件和必要条件的定义即可得到结论．【详解】和都是偶函数，，恒成立，则根据偶函数的对称性可知，函数，也关于轴对称，即为偶函数成立，若函数，为偶函数，则和不一定都是偶函数，例如：为偶函数，不是偶函数，， 满足，为偶函数，但，不是偶函数， “和都是偶函数”是“函数，为偶函数”的充分不必要条件．故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用函数奇偶性的性质以及函数，的定义是解决本题的关键．15．C【分析】求出，则可知，在上单调递增，在上单调递减，的极大值为；方程等价于,画出函数与函数图像即可知有且只有一个交点即可解决问题..【详解】由题意知：，所以，A错误；当时；，单调递增，当时；，单调递减，B错误；的极大值为，C正确；方程等价于,如图所示：由图像知函数与函数有且只有一个交点，即方程有且只有一个解，D错误;故选：C.16．A【分析】由题意分消去参数和参数确定轨迹方程即可．【详解】点沿着线段运动时，，此时的坐标为，消掉参数后，得到动点的轨迹是，点沿着线段运动时，．此时的坐标为，消掉参数后，得到动点的轨迹是，故动点的轨迹如选项A所示．故选：A．17．(1)(2) 【分析】（1）利用向量性质和三角恒等变换求出，进而求出函数在上的单调递减区间；（2）根据，求出，利用余弦定理和基本不等式求出面积最大值.【详解】（1）∵，∴，即，所以，令，，解得：，，因为，所以 ，解得：，因为，所以，所以，函数在上的单调递减区间为；（2），即，因为，所以，所以，解得：，因为，所以，从而，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，即，解得：，由面积公式得：，当时，等号成立，所以面积的最大值为18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求得向量坐标，利用空间向量数量积证得，，然后利用线面垂直判定定理证得结论.（2）求、平面的一个法向量，由线面角得到向量方法可得答案.【详解】（1）∵､､两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，∵，∴，∴，，，，，由易得，∴，，，∴，，∴，，∴，，又，且､平面，∴平面.∵平面，∴.（2）由（1），， ，，设平面的一个法向量为，所以，即，令，得，所以，设直线AC与平面所成的角，则，因为，所以，所以直线AC与平面所成的角为.19．（1）千米；（2）方案②，理由见详解.【分析】（1）过点作于点，设，根据，，即可求出，进而可得出结果；(2)根据（1）得结果，结合题意可直接计算出方案①的费用；方案②：设，则，其中，在直角三角形中，，，总铺设费用为，再设，用导数的方法求其最小值即可得出结果.【详解】（1）过点作于点，设，因为，所以，又，，所以，即，解得,所以(km).（2）由（1）可知(km)，方案①：沿线段AB在水下铺设，总铺设费用为万元；方案②：设，则，其中，在直角三角形中，，，所以，则总铺设费用为，设，则，令得，列表如下：单调递减极小值单调递增 所以的最小值为.所以该方案的总铺设费用为，此时.而，所以应选择方案②进行铺设，点选择的正西方处，总铺设费用最低.【点睛】本题主要考查导数在最大值、最小值问题中的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，进而确定函数的最值，属于常考题型.20．(1)(2)(3) 【分析】（1）根据双曲线经过的点，代入求解即可.（2）设出、两点坐标，先表示出斜率公式，利用点差法即可求证.（3）首先利用数量积得，进而得直角最小.【详解】（1）因为点在曲线上，则有，解得，故双曲线方程为.（2）由题意可知，、关于原点对称，设、、. 则，，那么，又因为、在曲线上，则，两式相减整理得，则有.（3）如图所示：设、、. 则，，，即为直角或钝角，所以当为直角时最小，此时，所以.21．（1）答案见解析（2）或（3）【分析】（1）设,根据,可得,满足为数列的“偏差数列,但此时不是等差数列,故可得出不一定是等差数列;（2）设数列的公比为,解方程可得首项和公比,由等比数列的通项公式和求和公式,计算可得所求值;（3）由累加法可得数列的通项公式.讨论为奇数或偶数,求得极限,由不等式恒成立思想可得的最小值.【详解】（1）设 ,根据 即:得:满足为数列的“偏差数列,但此时不是等差数列,故可得出不一定是等差数列.（2）设数列的公比为,则由题意,,均为正整数因为，所以解得或故或 ①当时,, ②当时,, 综上所述:的值为:或（3）且得:故有:累加得:又所以当为奇数时,单调递增,,，当为偶数时,单调递减,，，从而,所以所以的最小值为.【点睛】本题考查新定义的理解和运用,考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式.通过分类讨论方法,将不等式恒成立转化为求数列的极限,是解本题的关键.