2023届福建省南安国光中学高三上学期10月月考数学试题（解析版）

2023届福建省南安国光中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则的元素个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】先化简集合,求出即得解.

【详解】解：

所以，所以的元素个数为2.

故选：B.

2．若，则的实部可能是（    ）

A．3 B．2 C．1 D．

【答案】A

【分析】设，则由已知可得，则，然后代入中计算可求出其实部，从而可得答案.

【详解】设，则

因为，

所以，得，

所以，

所以，

则的实部，

故选：A

3．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用两角和的正弦公式可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得的值.

【详解】因为，则，故，

所以，，

故，因此，.

故选：C.

4．为适应人民币流通使用的发展变化，提升人民币整体仿伪能力，保持人民币系列化，中国人民银行发行了2019年版第五套人民币元、元、元、元纸币和元、角、角硬币，同时升级了原有的验钞机现从混有张假钞的张元钞票中任取两张，在其中一张是假钞的条件下，两张都是假钞的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设事件A表示“两张都是假钞”，事件B表示“两张中至少有一张是假钞”，所求的概率即为，先求出，再利用条件概率的公式求解

【详解】解：设事件A表示“两张都是假钞”，事件B表示“两张中至少有一张是假钞”，则

，，

所以，

所以所求概率为，

故选：B

5．已知函数的图象关于直线对称且，f(x)在区间上单调，则ω可取数值的个数为(　　)

A．1 B．2

C．3 D．4

【答案】B

【分析】又三角函数的对称性及三角函数的值可得或，再结合三角函数的周期性可得，然后求解即可.

【详解】解：由题设可知, ,

或, ,

则或，

即或，

又由已知有，即，

则或，

则的取值个数为2个，

故选B.

【点睛】本题考查了三角函数的对称性及周期性的应用，重点考查了运算能力与分析能力，属中档题.

6．已知椭圆的右焦点和上顶点分别为点和点，直线交椭圆于两点，若恰好为的重心，则椭圆的离心率为（  ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题设，利用为的重心，求出线段的中点为，将B代入直线方程得，再利用点差法可得，结合，可求出，进而求出离心率.

【详解】由题设，则线段的中点为，

由三角形重心的性质知，即，解得：

即代入直线，得①.

又B为线段的中点，则，

又为椭圆上两点，，

以上两式相减得，

所以，化简得②

由①②及，解得：，即离心率.

故选：C.

【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．

7．已知，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用导数可求得，；分别代入和，整理可得的大小关系.

【详解】令，则，

在上单调递增，，即，，

，即；

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，，

（当且仅当时取等号），，

即（当且仅当时取等号），，即；

综上所述：.

故选：D.

【点睛】思路点睛：本题考查与指数、对数有关的大小关系的比较，解题基本思路是能够将问题转化为两个函数的函数值大小关系的比较，进而通过构造函数的方式，利用导数求得函数单调性，从而得到两函数的大小关系.

8．已知在矩形中，，，，分别在边，上，且，，如图所示，沿将四边形翻折成，则在翻折过程中，二面角的大小为，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】过作 的垂线交与，交于，于，然后可得为二面角的平面角，设，可得，，，然后可求出答案.

【详解】过作 的垂线交与，交于，于，

设在平面内的投影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，

则为二面角的平面角，设

由题意

，，

由，，，

，

，

令，可得解得，

所以；

故选：C．

二、多选题

9．某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为170，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30.下列说法中正确的是（    ）

A．男生样本容量为30

B．每个女生被抽入到样本的概率均为

C．所有样本的均值为166

D．所有样本的方差为46.2

【答案】ACD

【分析】分层抽样等比例性质求男女生样本容量，再由古典概型的概率求每个女生被抽入到样本的概率判断A、B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D.

【详解】A：由人，正确；

B：由人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误；

C：所有样本的均值为，正确；

D：男生方差，女生方差，

所有样本的方差

，正确.

故选：ACD

10．已知圆（为圆心），直线，点在直线上运动，直线分别与圆切于点．则下列说法正确的是（    ）

A．四边形的面积最小值为

B．最短时，弦长为

C．最短时，弦直线方程为

D．直线过定点为

【答案】AB

【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，根据及可知当为圆心到直线距离时，和四边形面积均取得最小值，结合点到直线距离公式和面积桥可求得AB正确；根据可求得方程，并与联立可得点坐标，根据过圆外一点切点弦所在直线方程的求法可求得弦所在直线方程为，并结合此时不在直线上，确定CD错误.

【详解】由圆的方程知：圆心，半径；

对于AB，，

若取得最小值，则取得最小值，

，

当，即为圆心到直线的距离时，最小，即最小，

，，，

此时，解得：，AB正确；

对于CD，设，，

当在点处的切线斜率存在时，其斜率为，则切线方程为：，

即，

，又，

在点处的切线方程为：；

当在点处的切线斜率不存在时，即时，，则切线方程为：，满足；

综上所述：在点处的切线方程为；

同理可得：在点处的切线方程为；

又为两条切线的交点，设，

则满足，

坐标满足方程，

当过作圆两条切线，切点分别为时，直线方程为：，

当最小时，直线方程为：，即，

由得：，即；

此时直线方程为：，即，且此时直线不过点，C错误，D错误.

故选：AB.

11．已知数列中，，，则关于数列的说法正确的是（    ）

A．

B．数列为递增数列

C．

D．数列的前n项和小于

【答案】BCD

【分析】根据递推关系求得数列的通项公式，从而对选项ABC一一判断即可；利用裂项相消法求数列的前n项和，即可判断D.

【详解】由，

得，即，又，

所以是以2为首项，1为公差的等差数列，

所以，即，

所以，故A错误，C正确；

，所以为递增数列，故B正确；

，

所以数列的前n项和为

，故D正确.

故选：BCD．

12．已知函数的定义域为为的导函数，且，，若为偶函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】由是偶函数得出是奇函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．

【详解】是偶函数，则，两边求导得，

所以是奇函数，

由，，得，

即，所以是周期函数，且周期为4，，

在，中令得

，，A正确；

没法求得的值，B错；

令得，，，则，无法求得，同理令得，，，

因此，相加得，只有在时，有，但不一定为0，因此C错；

在中令得，，在中令得，，两式相加得，即，D正确；

故选：AD．

三、填空题

13．二项式的展开式中的常数项为___________.

【答案】

【分析】本题可通过二项式展开式的通项得出结果.

【详解】二项式展开式的通项为：

，

则二项式的展开式中的常数项为：

，

故答案为：.

14．曲线在处的切线斜率是1，则___________.

【答案】2

【分析】先求出导数，根据导数的几何意义可得方程，解方程可求的值.

【详解】因为，所以，

因为曲线在处的切线斜率是1，所以，解得.

故答案为：2.

15．已知抛物线的焦点为，准线为，点是上一点，过点作的垂线交轴的正半轴于点，交抛物线于点，与轴平行，则___________.

【答案】6

【分析】设，结合已知条件，求出点和点的坐标表示，由三点共线求出的值，再结合两点之间的距离公式求出结果.

【详解】由抛物线的方程，可得焦点为，准线方程为，

设，则，因为，所以，

直线：，令，得，即，

设，由，，三点共线，得，

整理得，解得或(舍)，

所以，所以.

故答案为：6

16．设平面向量，，满足，，，.若，则____________.

【答案】

【详解】如图所示，作，，，

由题意得，，

设直线OC与直线AB交于点P.因为，

故点P在线段AB上（不含端点），

又，结合等和线性质可知，

作于G，于H，有，，

记，

①当点G在线段AB上时，，

，

由，得，

可解得，进而有，

此时，，.

点为线段AH的中点，在线段AB上，符合题意，

可得，所以.

②当点G在线段AB的反向延长线上时，

同①方法可推得点P与点A重合，矛盾.

综上所述，.

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列是一个公差大于的等差数列，且满足，.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若数列和数列满足等式：（为正整数），求数列的前项和.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】（1）设等差数列的公差为，由已知列方程组求出，，利用等差数列的通项公式可得结果；

（2）当时，由，得，两式相减可得，再由求出的值，利用等比数列求和公式可得结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为，则依题意设，

，①

，②

解得，，；

（2）当时，由，得，

两式相减得，.

又，，

当时，.

综上所述，.

【点睛】已知数列前项和，求数列通项公式，常用公式，将所给条件化为关于前项和的递推关系或是关于第项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.在利用与通项的关系求的过程中，一定要注意的情况.

18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．求：

(1)；

(2)的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理及正弦的2倍角公式可求解；

（2）由正弦定理及正弦的两角差将问题转化为求的范围，再利用2倍角公式化为即可求解.

【详解】（1）因为，

所以,

因为，

，

因为.

（2）由正弦定理，

，

因为，所以，所以，

所以，所以的取值范围是.

19．如图，在多面体中，，，为的中点，，，平面．

(1)证明：四边形为矩形；

(2)当三棱锥体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形可证得四边形为平行四边形，再由线面垂直的性质得，进而证得，进而证得平面，进而证得即可证得结果；

（2）由等体积法和重要不等式可得当时，取得最大值，此时，进而建立空间直角坐标系，计算可得结果.

【详解】（1）证明：因为，，为的中点，

所以，且，

又因为，所以，因为，所以四边形为平行四边形，

因为平面，平面，所以，所以，

又因为，、平面，

所以平面， 又因为平面，

所以，所以四边形为矩形．

（2）由（1）可知，平面，平面，平面，

所以，，

所以，

当且仅当时等号成立，此时，

据（1），以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图所示．

由已知可得下列点的坐标：，，，，

所以，， 设平面的一个法向量为，则，

即，取，则，，

所以平面的一个法向量为，    

因为

设BF与平面所成的角为，则 故BF与平面所成的角的正弦值为．

20．台湾是中国固有领土，台海局势牵动每个人的心．某次海军对抗演习中，红方飞行员甲负责攻击蓝方舰队．假设甲距离蓝方舰队100海里，且未被发现，若此时发射导弹，命中蓝方战舰概率是0.2，并可安全返回．若甲继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内，有0.5的概率被敌方发现，若被发现将失去攻击机会，且此时自身被击落的概率是0.6．若没被发现，则发射导弹击中蓝方战舰概率是0.8，并可安全返回．命中战舰红方得10分，蓝方不得分；击落战机蓝方得6分，红方不得分．

(1)从期望角度分析，甲是否应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内？

(2)若甲在返回途中发现敌方两架轰炸机，此时甲弹舱中还剩6枚导弹，每枚导弹命中轰炸机概率均为0.5．

（i）若甲同时向每架轰炸机各发射三枚导弹，求恰有一架轰炸机被命中的概率；

（ii）若甲随机向一架轰炸机发射一枚导弹，若命中，则向另一架轰炸机发射一枚导弹，若不命中，则继续向该轰炸机发射一枚导弹，直到两架轰炸机均被命中或导弹用完为止，求最终剩余导弹数量的分布列．

【答案】(1)甲应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内，详见解析；

(2)（i）；（ii）详见解析.

【分析】（1）根据题意分别计算不进入 50 海里及进入 50 海里时甲相对得分的期望值，进而即得；

（2）（i）根据对立事件概率公式及独立重复事件概率公式即得；（ii）由题可得的可能取值，然后分别计算概率，进而可得分布列.

【详解】（1）由题可知，若不进入 50 海里，甲相对得分的期望为 0.2 × 10 = 2，

若进入 50 海里，甲相对得分的期望为 0.5 × 0.8 × 10 + 0.5 × 0.6 × (−6) = 2.2，

所以甲应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内；

（2）（i）因为每枚导弹命中轰炸机概率均为0.5，

所以一架轰炸机被命中的概率为，

所以恰有一架轰炸机被命中的概率为；

（ii）由题可知的可能取值为 0,1,2,3,4，

因为，

，

，

，

.

所以的分布列为：

.

21．已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，焦距为．点在第一象限的双曲线上，过点作双曲线切线与直线交于点．

(1)证明：；

(2)已知斜率为的直线与双曲线左支交于 两点，若直线，的斜率互为相反数，求的面积．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）由题知双曲线的标准方程为，进而设设，在点的切线方程为，再与双曲线方程联立，结合位置关系得，进而得，再根据向量数量积的坐标表示证明即可；

（2）设，直线的方程为，进而与双曲线方程联立，结合韦达定理与化简整理得，进而得，此时结合（1）得，，，再计算面积即可.

【详解】（1）解：因为双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，焦距为，

所以，，解得，

所以，双曲线的标准方程为，

因为过点作双曲线切线与直线交于点，故切线的斜率存在，

所以，设，在点的切线方程为，

联立方程得

所以，，即①

因为，代入①式得，解得

所以，在点的切线方程为，

所以点的坐标为，即，

因为，

所以

所以，

（2）解：由题，设直线的方程为，

与双曲线方程联立得，

设，

所以

因为直线，的斜率互为相反数，所以，

所以，

整理得：②

将代入②整理得：③

结合可知时，③式恒成立，

所以，由（1）可知，，，

所以，

所以的面积.

22．设函数．

（1）求函数的单调区间；

（2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值；

（3）若方程，有两个不相等的实数根，比较与0的大小．

【答案】(1) 单调增区间为，单调减区间为.  (2) ,(3)详见解析

【详解】试题分析: (1)先求函数导数,再求导函数零点 ,根据定义域舍去,对进行讨论, 时，，单调增区间为．时,有增有减;(2) 函数有两个零点，所以函数必不单调,且最小值小于零 ,转化研究最小值为负的条件:,由于此函数单调递增,所以只需利用零点存在定理探求即可,即取两个相邻整数点代入研究即可得的取值范围,进而确定整数值,（3）根据，所以只需判定大小,由可解得,代入分析只需比较大小, 设,构造函数,利用导数可得最值,即可判定大小.

试题解析:(1)解： ．

当时，，函数在上单调递增，函数的单调增区间为．

当时，由，得；由，得.

所以函数的单调增区间为，单调减区间为.   

(2)解：由(1)得，若函数有两个零点

则，且的最小值，即.

因为，所以.令，显然在上为增函数，

且，，所以存在，.

当时，；当时，.所以满足条件的最小正整数

(3)证明：因为是方程的两个不等实根，由(1)知.

不妨设，则，.

两式相减得，

即．

所以.因为，

当时，， 当x∈时，，

故只要证即可，即证明，

即证明，

即证明.设．

令，则.

因为，所以，当且仅当t＝1时，，所以在上是增函数．

又，所以当时，总成立．所以原题得证

点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.