2023届福建省南安国光中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省南安国光中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省南安国光中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，集合中至少有2个元素，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由于集合中至少有2个元素，所以,从而可求出的取值范围【详解】解：因为集合中至少有2个元素，所以，解得，故选：D2．已知圆锥的轴截面是一个正三角形，则其侧面积与轴截面面积之比是（  ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别计算侧面积和面积作比即可.【详解】设底面圆的半径为，则母线长为，得侧面积是 轴截面是一个正三角形，边长为，则其面积 .所以面积之比是.故选：B3．“函数的图象关于中心对称”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】分别求出与的对称中心，比较两个中心关系.【详解】的对称中心为，的对称中心为，的对称中心不一定为的对称中心；的对称中心一定为的对称中心.故选：B．4．若，则的最大值为（    ）A． B． C．2 D．3【答案】D【分析】根据题意结合共轭复数的概念运算整理的，即复数对应的点在圆上，根据圆的性质求的最大值.【详解】设，则∵∴复数对应的点在圆上圆的圆心，半径，则的最大值为，其中O为复平面的坐标原点故选:D.5．已知等差数列和等比数列均为递增数列，且，，若，则k的最小值为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】由等差数列和等比数列的通项公式可得，由，即可得k的最小值.【详解】设等差数列公差为，等比数列公比为，则，，因为，，所以①，而，所以②，由①②得：，即，，，所以的最小值为4.故选：B6．在中，点满足，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，若，，则的最小值为（    ）A．3 B． C．1 D．【答案】A【分析】由向量加减的几何意义可得，结合已知有，根据三点共线知，应用基本不等式“1”的代换即可求最值，注意等号成立的条件.【详解】由题设，如下图示：，又，，∴，由三点共线，有，∴，当且仅当时等号成立.故选：A【点睛】关键点点睛：利用向量线性运算的几何表示，得到、、的线性关系，根据三点共线有，再结合基本不等式求最值.7．下图中的多边形均为正多边形，M，N是所在边的中点，双曲线均以，为焦点，且经过M，N两点．设图1，图2，图3中双曲线的离心率分别为，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由双曲线定义有、，结合正多边形的性质求得关于c的表达式，即可求各图对应双曲线的离心率.【详解】在图1中，，又，则．在图2中，，，，，则．在图3中，，，由余弦定理得：，，则．因为，所以．故选：A8．已知函数有两个极值点m，n，且，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】对求导得，得到m，n是两个根，由根与系数的关系可得m，n的关系，然后构造函数，利用导数求单调性，进而得最值.【详解】由得：m，n是两个根，由根与系数的关系得：，故，令 记，则，故在上单调递减.故选：C 二、多选题9．已知a，b，c为非零实数，且，则下列结论正确的有（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】根据不等式的性质判断，错误的命题可举反例．【详解】因为，所以.根据不等式的性质可知A，B正确；因为a，b的符号不确定，所以C不正确；.可得，所以D正确.故选：ABD．【点睛】本题考查不等式的性质，掌握不等式的性质是解题关键．10．设，函数在区间上有零点，则的值可以是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】由题得，令，求出解不等式得解.【详解】由题得，令，解得，取k＝0，，即．故选：BCD11．四边形是边长为2的正方形，E、F分别为、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使B、C、D三点重合于点P，得到三棱锥，则下列结论中正确的有（    ）．A．三棱锥的体积为B．平面平面C．三棱锥中无公共端点的两条棱称为对棱，则三棱锥中有三组对棱相互垂直D．若M为的中点，则过点M的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为【答案】BCD【分析】由条件结合线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面，判断B，根据锥体体积公式求三棱锥的体积判断A，由线面垂直的性质判断C，由球的截面的性质判断D.【详解】由已知，，翻折前，，，翻折后，则有，，，因为，，，平面，所以平面， 因为平面，，又，，所以，A错误，因为平面，又平面，所以平面平面，B正确，因为平面，平面，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以， 同理可证，所以三棱锥中有三组对棱相互垂直，C正确，将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球球心为体对角线的中点，且，即球的半径为，所以，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面圆的半径设为，设球心到截面圆的距离为，则，、分别为、的中点，则，则，又，所以当时，取最小值，所以过点M的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为，D正确，故选：BCD.12．已知实数，，且，若，则可能等于（    ）A．0.5 B．1 C．2 D．3【答案】AB【分析】问题可转化为是大于2的两个不同零点，利用导数研究单调性并作出图象，结合图象即可求解【详解】因为实数，，且，若，所以，即，所以，令，，令解得，令解得，所以在单调递增，在上单调递减，作出的图象如下：，，不妨设，，由图象可知：，，且，所以AB正确，CD错误；故选：AB 三、填空题13．同时将圆和的面积平分的直线的斜截式方程为________．【答案】【分析】求出两圆圆心坐标，过两圆圆心的直线即为所求直线.【详解】圆的圆心为，圆化为标准方程为：，其圆心为，同时将圆和的面积平分的直线过两圆圆心，所以所求直线方程为，即.故答案为：.14．_______（精确到0.01）【答案】30.84【分析】先利用二项式定理将原式化为，再变形为，利用二项式定理展开，并近似计算．【详解】原式故答案为：30.84．15．已知定义R上的函数满足，又的图象关于点对称，且，则______【答案】【分析】根据的图象关于点对称判断函数为奇函数，再赋值法确定的值，进而得到函数是周期函数，找出与的关系可得答案.【详解】的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，即为奇函数，在中，所以又，所以是的周期函数，故答案为：16．已知抛物线，点 ， 是抛物线上的四个动点，过点作分别作AB，MN的垂线，垂足分别为E，F， ,则点距离的最大值为__________.【答案】【分析】设直线AB，MN的方程，与抛物线方程联立，运用韦达定理证明直线AB，MN是过定点的，运用几何意义即可求解.【详解】设直线的方程为，将代入中有 ，故，又，所以，解得，故直线过定点.因此点在以为直径的圆上，同理点在以为直径的圆上.；故点距离的最大值为圆的直径；故答案为：. 四、解答题17．记的内角 的对边分别为 ，．(1)证明：；(2)若，求．【答案】(1)证明见解析.(2). 【分析】（1）将化为，利用两角和的正弦公式化简，结合正弦定理角化边，即可证明结论;（2）利用（1）的结论和题设，结合余弦定理可推出，再用化简求值，可得答案.【详解】（1）由题意知，，所以，所以，而 ，结合正弦定理，所以.（2）由（1）知：,所以，即，所以解得或（舍）,所以.18．已知数列满足.(1)设，求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先化简，再推导出等于一个常数，即可求解；（2）结合第一问，先求出数列的满足的规律，然后再求和.【详解】（1）由已知有： 所以，，其中，所以数列为以为首项，公比为的等比数列.所以，得.（2）由（1）知：，，所以.19．如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．，是棱上的动点（除端点外），分别为的中点．(1)求证：平面；(2)若直线与平面所成的最大角为30°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点，连接，先明平面平面，再证明结论；（2）先根据题意，建立空间直角坐标系，利用用向量数量积计算直线与平面成角正弦值，列方程求最值解，再用向量数量积求二面角的余弦值．【详解】（1）证明：证明：取中点，连接，因为为中点，所以，因为平面，平面所以平面，又因为，为中点，所以，因为平面，平面所以平面，因为，MN、平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面．（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，则，，，，，平面的法向量为，直线与平面所成的正弦值为，当时，取最大值，解得，，设平面的法向量为，，令，，．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为20．某中学在一次考试后，对本年级学生物理成绩进行分析，随机抽取了300名同学的物理成绩（均在50~100分之间），将抽取的成绩分组为，，，，，得到如图所示的频率分布直方图.(1)求这300名同学物理平均成绩与第三四分位数的估计值；（结果精确到1）(2)已知全年级同学的物理成绩服从正态分布，其中取（1）中的，经计算，=11，现从全年级随机选取一名同学的物理成绩，求该成绩在区间的概率（结果精确到0.1）；(3)根据（2）的条件，用频率估计概率，现从全年级随机选取n名同学的物理成绩，若他们的成绩都在的概率不低于1%，求n的最大值（n为整数）.附：，若，则，.【答案】(1)73；79(2)0.8(3)20 【分析】（1）利用题给条件和平均数与第三四分位数的定义即可求得这300名同学物理平均成绩与第三四分位数的估计值；（2）利用正态分布的性质即可求得该成绩在区间的概率；（3）利用独立事件同时发生的概率列出关于n的不等式，解之即可求得n的最大值.【详解】（1）.，则这300名同学物理平均成绩与第三四分位数的估计值分别为73，79（2），（3），即，故的最大值为20.21．已知椭圆的离心率为，过坐标原点的直线交椭圆于两点，其中在第一象限，过作轴的垂线，垂足为，连接.当为椭圆的右焦点时，的面积为.(1)求椭圆的方程；(2)若为的延长线与椭圆的交点，试问：是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)为定值 【分析】（1）由离心率可得之间关系，根据通径长可得，由可构造方程求得，由此可得椭圆方程；（2）设直线，结合斜率公式可求得，由此可得直线方程，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得点坐标，利用向量数量积的坐标运算可求得，由此可得结论.【详解】（1）椭圆离心率，，则，当为椭圆右焦点时，；，解得：，，椭圆的方程为：.（2）由题意可设直线，，，则，，，直线；由得：，，则，，；，又，，则，为定值.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③结合韦达定理的结论表示出所求量；④化简整理可得定值.22．某大学有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下：选择餐厅情况（午餐，晚餐）甲30天20天40天10天乙20天25天15天40天 假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率．(1)分别估计一天中甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率，乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率；(2)记X为甲、乙在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，一般来说在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：．【答案】(1)，；(2)分布列见解析，1.9；(3)证明见解析. 【分析】(1)由统计表确定甲午餐和晚餐都选择A餐厅就餐频率和乙午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的频率，由频率估计概率即可；(2)由条件确定随机变量X的可能取值，再求取各值的概率，根据期望的定义求期望；(3)由条件结合条件概率公式证明，由此证明.【详解】（1）设事件C为“一天中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐”，事件D为“乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐”，因为100个工作日中甲员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的天数为30，乙员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的天数为40，所以，．（2）由题意知，甲员工午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1，乙员工午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，记X为甲、乙两员工在一天中就餐餐厅的个数，则X的所有可能取值为1、2，所以，，所以X的分布列为：X12P0.10.9 所以X的数学期望．（3）由题知，即，即，即，即，即，即．