2023届福建省上杭县第二中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省上杭县第二中学高三上学期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，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省上杭县第二中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则A∩B=（    ）A．(3，+∞) B．(-1，+∞) C．(-1，1) D．(1，3)【答案】D【分析】首先求出集合、，再利用集合的交运算即可求解.【详解】因为，，所以.故选：D2．当时，函数（    ）A．有最大值 B．有最小值 C．有最大值4 D．有最小值4【答案】A【分析】利用基本不等式可直接得到函数的最值.【详解】，，，当且仅当时等号成立，故选：A3．实数满足，则下列不等式成立的是A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，得，即可求解.【详解】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，则，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性的应用，其中解答中合理根据指数函数的单调性比较大小是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4．设是复数，则下列命题中的假命题是A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【详解】试题分析：对（A），若，则，所以为真；对（B）若，则和互为共轭复数，所以为真；对（C）设，若，则，，所以为真；对（D）若，则为真，而，所以为假．故选D．【解析】1.复数求模；2.命题的真假判断与应用．5．（    ）A．－ B．1 C． D．2【答案】A【分析】利用正弦的和差公式化简即可.【详解】原式＝.故选：A.6．在正方体中，P为的中点，则直线PB与所成的角的正切值为（    ）A． B．1 C． D．2【答案】A【分析】平移直线至，将直线PB与所成的角转化为PB与所成的角，解三角形即可.【详解】连接与交于，因为是正方体，且P为的中点，所以，所以为直线PB与所成的角.设正方体的棱长为2，则在中，，，所以所以直线PB与所成的角的正切值为故选：A7．已知椭圆E：的右焦点为，过点F的直线交椭圆E于A，B两点，若线段AB的中点坐标为，则椭圆E的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用中点坐标公式和点差法可求得的值，结合可得出的值，进而得解.【详解】设点、，则的中点为，则，可得.若直线轴，则线段的中点在轴上，不合题意；故直线的斜率存在，且，由于A、两点都在椭圆上，则，两式相减得，即，因为在直线AB上，故，故，即，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.故选：A.8．已知点P是椭圆C：上一点，点、是椭圆C的左、右焦点，若的内切圆半径的最大值为，若椭圆的长轴长为4，则的面积的最大值为（    ）A．2 B．2 C． D．【答案】A【分析】设的内切圆半径为，则，结合，，，，可得，再由即可求解.【详解】由题意可得：，，设的内切圆半径为，所以，因为的内切圆半径的最大值为，所以因为，所以，可得，又椭圆的长轴长为4，即，由，求得，所以的面积的故选：A 二、多选题9．关于直线，下列说法正确的有（    ）A．过点 B．斜率为C．倾斜角为 D．在y轴上的截距为1【答案】AC【分析】将点代入可判断A；将直线化成斜截式形式可判断BCD.【详解】对于A，当时，，，所以直线过点，故A正确；对于B，由题得，所以直线的斜率为，故B错误；对于C，由于直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，故C正确；  对于D，当时，，所以直线在轴上的截距为，故D错误.故选：AC10．已知两条直线，及三个平面，下列条件中能推出的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】利用面面垂直的判定定理与性质定理来处理.【详解】如果一个平面经过另一平面的垂线,则这两个平面相互垂直知选项A正确；选项B显然正确；如果两个互相平行的平面有一个垂直于一个平面 那么另一个平面也垂直这个平面知选项C正确；D选项有可能与可能平行.故选：ABC.【点睛】本题考查空间中面面垂直的判定，考查学生空间想象能力，是一道基础题.11．若方程所表示的曲线为,则下面四个命题中错误的是A．若为椭圆,则 B．若为双曲线,则或C．曲线可能是圆 D．若为椭圆，且长轴在轴上，则【答案】AD【分析】就的不同取值范围分类讨论可得曲线表示的可能的类型.【详解】若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；若，则，故方程表示焦点在轴上的椭圆；若，则，故方程表示焦点在轴上的椭圆；若，方程即为，它表示圆，综上，选AD.【点睛】一般地，方程为双曲线方程等价于，若，则焦点在轴上，若，则焦点在轴上；方程为椭圆方程等价于且，若，焦点在轴上，若，则焦点在轴上；若，则方程为圆的方程.12．已知数列满足，，则下列结论中正确的是（    ）A．B．为等比数列C．D．【答案】AD【分析】利用递推式可求得 的值，可判断A,B;将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断C; 将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断D;【详解】，则 ，又 ，同理 ，故A正确；而 ，故不是等比数列，B错误； ，故C错误；，故D正确，故选：AD 三、填空题13．在正项等比数列{}中，若，则______.【答案】3【分析】根据等比数列的性质即可直接求出答案.【详解】在等比数列中，，又因为，所以.故答案为：314．若幂函数在在上单调递增，则______.【答案】1【分析】幂函数系数为1，在上单调递增上递增，有，可求解.【详解】幂函数在在上单调递增可得解得故答案为：15．设定点 ，动点N在圆上运动，以 为邻边作平行四边形 ，求点P的轨迹为______.【答案】圆，除去两点和【分析】设,利用平行四边形性质可得，代入即可得点P的轨迹方程，再去掉特殊的两点对应的x的值，可得答案.【详解】如图，设，则线段的中点坐标为，线段的中点坐标为,因为平行四边形的对角线互相平分，所以，，整理得，又点在圆上，则，所以,所以点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，又直线的方程为，与联立，解得和，则直线与P的轨迹相交于两点和，不符合题意，舍去，所以点P的轨迹为，除去两点和，故答案为：圆，除去两点和，. 四、双空题16．已知正方形的边长为2，点P满足，则_________；_________．【答案】          【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求得点的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得以及的值.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则点、、、，，则点，，，因此，，.故答案为：；.【点睛】本题考查平面向量的模和数量积的计算，建立平面直角坐标系，求出点的坐标是解答的关键，考查计算能力，属于基础题. 五、解答题17．已知椭圆，离心率为，点在椭圆C上.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若，过的直线l交椭圆C于M､N两点，且直线l倾斜角为，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由椭圆的离心率及所过的点列方程组求参数、，写出椭圆方程.（2）根据直线与椭圆相交，应用相交弦的弦长公式求，由点线距离公式求到的距离，进而求的面积.【详解】（1）由题设，，则，故，∴椭圆C的标准方程为.（2）由题设易知：直线l为，联立椭圆并整理得：，∴，，则，到的距离为，∴18．在锐角中，，______.(1)求角B；(2)求的周长l的取值范围.①且；②；③；在这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并对其进行求解.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分.）【答案】(1).(2). 【分析】（1）选①，根据向量数量积的坐标运算结合三角函数的二倍角公式可得，求得角B；选②，利用三角函数恒等变换化简为，结合，求得角B；选③，利用正弦定理边化角化简，即可求得角B.（2）利用正弦定理表示出的周长l的表达式，根据锐角三角形确定角C的范围，结合三角函数性质，即可求得答案.【详解】（1）选①，在锐角中,∵,且，∴，即，∵.选②，，∵，∴，∵,.选③，∵，∴由正弦定理可得，∴，∵在中,，∴1，即，∵.（2）由已知，结合正弦定理可得，则△ABC的周长，∵在锐角 中, ，解得,∴，∴,故的周长l的取值范围为.19．在四边形中，∥，．(1)若，求；(2)若，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）在三角形中，根据余弦定理可求出的大小，即为的大小，然后在三角形中根据余弦定理可以求出的值（2）根据，分别表示出两角的余弦令其相等，可求出的长度，从而求出【详解】（1）在三角形中，根据余弦定理可得，， 由题得：，所以，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，（2）设，在三角形中，根据余弦定理可得，，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，得：或（舍），则20．图1是直角梯形ABCD，，.以BE为折痕将折起，使点C到达C1的位置，且，如图2.(1)证明：平面平面ABED；(2)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）首先作辅助线，连接AE，AC，AC交BE于点F，利用垂直关系证明C1F⊥平面ABED，即可证明；（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求线面角的正弦值.【详解】（1）证明：如图①，连接AE，AC，AC交BE于点F.因为，，所以，所以，又，所以四边形AECB是平行四边形，,，所以四边形是菱形，在中，AC=，所以.在图②中，，所以，所以，由题意得，又，平面ABED，所以平面ABED，又平面，所以平面平面ABED.（2）如图②，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系则，F，，所以，,，设平面的法向量为=(x，y，z)，由得 取，得，所以，记直线与平面所成的角为θ，则==.21．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．（1）求和的通项公式；（2）记和分别为和的前n项和．证明：．【答案】（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和，，．设，    ⑧则．     ⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得，，①，②①②得 ，所以，所以，所以.[方法三]：构造裂项法 由（Ⅰ）知，令，且，即，通过等式左右两边系数比对易得，所以．则，下同方法二．[方法四]：导函数法设，由于，则．又，所以，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.22．已知函数，(1)求函数在处的切线方程；(2)若函数在区间内有唯一极值点，解答以下问题：（i）求实数a的取值范围；（ii）证明：在区间内有唯一零点，且.【答案】(1)(2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义即可求解.（2）（i）先求导，讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；（ii）由导数确定函数在上的单调性，再由零点存在性定理可确定在区间上有唯一零点，表示出，构造函数求导，求得，再结合在上的单调性即可求解.【详解】（1）求导， 又，故切点为所以切线方程为：，即（2）（i）求导，当时，，①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；②当时，求二阶导，所以在上递增，又，，所以在上有唯一零点，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意.综上，a的取值范围是. （ii）由（i）知，所以时，，所以当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；所以时，，则，又因为，所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.因为，由（1）知，所以，则构造，，所以，记，则，显然在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以 所以，所以在上单调递增，所以所以，由前面讨论可知：，且在单调递增，所以【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的极值，利用导数研究含参函数的零点有两种方法：（1）利用导数研究函数的极（最）值，转换为函数的图像与x轴的交点问题，应用分类讨论思想，在含参函数含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；（2）参数分离，即由分离参变量，得到，转化为研究与直线的图像的交点问题.