2023届广东省清远市华侨中学高三上学期11月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省清远市华侨中学高三上学期11月月考数学试题（解析版），共20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。
一、单选题
1．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据集合中元素满足的约束条件，化简集合，进而根据交集运算即可求解.
【详解】，，
所以，
故选：B
2．已知是虚数单位，，则（ ）
A．10B．C．5D．
【答案】C
【分析】由已知条件，结合复数的运算可得，由模长公式可得答案．
【详解】；
；
故选：C
【点睛】本题考查复数的模的求解，涉及复数的代数形式的乘除运算，属于基础题．
3．“”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】A
【详解】试题分析：因为，所以“”是“”的充分不必要条件；故选A．
【解析】1．二倍角公式；2．充分条件和必要条件的判定．
4．已知一个圆柱的高是底面半径的2倍，且其上､下底面的圆周均在球面上，若球的体积为，则圆柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设圆柱的底面圆半径为，高为，球O的半径为，由题可得，进而可得，然后利用圆柱的体积公式即得.
【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，球O的半径为，
由题可知，解得，
则，可得，
所以.
故选：C.
5．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，则甲乙两人安排在同一个舱内的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求出所有的安排情况，再求甲乙两人安排在同一个舱内的情况，最后用古典概率公式可求解.
【详解】从甲，乙，丙，丁4名航天员中任选两人去天和核心舱，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能，
要使得甲乙在同一个舱内，由题意，甲乙只能同时在天和核心舱，在这种安排下，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能.
所以甲乙两人安排在同一个舱内的概率.
故选：A
6．我们可以把看作每天的“进步”率都是，一年后是；而把看作每天的“落后”率都是，一年后是．可以计算得到，一年后的“进步”是“落后”的倍．如果每天的“进步”率和“落后”率都是，大约经过（ ）天后，“进步”是“落后”的10000倍．（，）
A．17B．18C．21D．23
【答案】D
【分析】设经过x天“进步”的值是“落后”的10000倍，则，再结合对数公式，即可求解.
【详解】设经过x天“进步”的值是“落后”的10000倍，
则,两边取对数可得 ,
所以
故大约经过23天，“进步”的值是“落后”的10000倍．
故选：D．
7．如图，在等腰△中，已知分别是边的点，且，其中且，若线段的中点分别为，则的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据几何图形中线段对应向量的线性关系，可得，，又且且，可得关于的函数式，由二次函数的性质即可求的最小值.
【详解】在等腰△中，，则，
∵分别是边的点，
∴，，而，
∴两边平方得：，而，
∴，又，即，
∴当时，最小值为，即的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：应用几何图形中线段所代表向量的线性关系求得，结合已知条件转化为关于的二次函数，求最值.
8．已知函数有两个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简，采用换元法，将问题转化为有两个不同的零点问题，分离参数，从而将问题转化为直线与的图象有两个不同交点，数形结合，可得答案.
【详解】由题意得 ,
令 ，，该函数在R上为单调增函数，且 ，
故函数有两个不同的零点，即有两个不同的零点，
令即直线与的图象有两个不同交点，
又，当时，递增，当时，递减，
则，当时，，
作出其图象如图：
由图象可知直线与的图象有两个不同交点，需有，
故选：A.
【点睛】方法点睛：解决函数有两个不同的零点的问题，要将函数式变形为，实质是采用换元法，令，将问题转化为有两个不同的零点，然后分离参数，利用导数判断函数单调性，数形结合，解决问题.
二、多选题
9．用一个平面去截一个三棱柱，可以得到的几何体是（ ）
A．四棱台B．四棱柱C．三棱柱D．三棱锥
【答案】BCD
【分析】根据棱柱，棱锥和棱台的定义结合图形分析判断即可
【详解】如图三棱柱，连接，则可得平面截三棱柱，得到一个三棱锥，所以D正确，
若用一个平行于平面的平面去截三棱柱，如图平面，则得到一个三棱柱和一个四棱柱，所以BC正确，
因为四棱台的上下底面要平行，所以要得到四棱台，则截面要与三棱柱的上下底面相交，而四棱台的侧棱延长后交与一点，棱柱的侧棱是相互平行的，所以用一个平面去截一个三棱柱，不可能得到一个四棱台，所以A错误，
故选：BCD
10．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的图像可以由的图像向右平移个单位得到
B．函数的一条对称轴是
C．函数的对称中心是
D．函数的单调递增区间是
【答案】BD
【分析】由三角函数图象变换与性质对选项逐一判断，
【详解】对于A，的图像可以由的图像向右平移个单位得到，故A错误，
对于B，，为最大值，故B正确，
对于C，由得，
函数的对称中心是，故C错误，
对于D，由得，
函数的单调递增区间是，故D正确，
故选：BD
11．己知数列是公差为1的等差数列，且，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．存在等差数列，使得其前n项和
C．存在等差数列，使得其前n项和
D．对任意的
【答案】CD
【分析】首先根据题意得到的通项公式，再利用累加法得到的通项公式，然后逐项计算判断即可.
【详解】由，的首项为，公差为1，所以，即，所以，
解得.故A不对.
等差数列的前项和，因此B不正确；
，为等差数列的前项和，因此，故C正确.
因为，所以，所以即.故D正确.
故选：CD
12．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图.则下列结论正确的是（ ）
A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
B．异面直线与所成的角的余弦值为
C．直线与平面所成的角为
D．球离球托底面的最小距离为
【答案】BCD
【分析】求出外接圆面积判断A，作出异面直线所成的角并求出这个角后判断是B，根据直线民平面所成的角定义判断C，求出球心到平面的距离可判断D．
【详解】根据图形的形成，知三点在底面上的射影分别是三边中点，如图，与全等且所在面平行，截面圆就是的外接圆与的外接圆相同．
由题意的边长为1，其外接圆半径为，圆面积为，A错；
由上面讨论知与平行且相等，而与平行且相等，因此与平行且相等，从而是平行四边形，，所以是异面直线与所成的角（或其补角）．由已知，，，，
，B正确；
由平面与平面垂直知在平面内的射影是，所以为直线与平面所成的角，此角大小，C正确．
由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又．
所以球离球托底面的最小距离为，D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本题考查空间折叠问题，掌握空间的垂直关系是解题关键．由垂直平行关系得出与全等且所在面平行，从而易得截面圆与的外接圆相同，从而可得，得异面直线所成的角，得直线与平面所成的角，根据正四面体积的性质求得其高，得出距离的最小值．
三、填空题
13．函数的图象在点（1，）处的切线方程为_________．
【答案】
【分析】利用导数的几何意义即可求出答案.
【详解】由题意得，，，，则所求的切线方程为，
即．
故答案为：.
14．已知为常数）的展开式中各项系数之和为1，则展开式中的系数为___．
【答案】
【分析】令得各项系数和，求得参数，然后由二项展开式通项公式结合多项式乘法法则求得含的项，从而得其系数．
【详解】令，则展开式的各项系数和为，解得，
所以的展开式的通项公式为，
令，则，令，解得，
所以展开式中含的项为，所以的系数为，
故答案为：．
15．如图，已知是函数图象上的两点，是函数图象上的一点，且直线垂直于轴，若是等腰直角三角形（其中为直角顶点），则点的横坐标为__________．
【答案】
【详解】设 因为 ，所以 ，因为是等腰直角三角形，所以可得 ，又因为在函数图象上，所以 ，解得 点A的横坐标为 ，故答案为.
16．在 中， ，于D，点E在线段 上，点关于直线 的对称点分别为 ，则 的面积的最大值为___.
【答案】
【分析】利用正弦定理求得，继而求得的长，根据点关于直线的对称可推得，确定点在以A为圆心为半径的圆弧上运动，利用圆的知识确定的边上的高的最大值，即可求得答案.
【详解】在中，,由正弦定理：即，
则，所以，得，
由点关于直线的对称点分别为可知，
又 ，所以点在以A为圆心为半径的圆弧上运动（如图），

延长交圆弧于点P,
当运动至点P时,的边上的高最大，此时 ，
此时的面积取得最大值为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求 的面积的最大值，利用对称知识可得，关键是确定点的轨迹，由此确定的边上的高的最大值，从而求得答案.
四、解答题
17．已知函数在区间上的最大值为3．
(1)求常数m的值；
(2)在△ABC中，若，求的最大值．
【答案】(1)；
(2)1
【分析】（1）由三角恒等变换得，讨论最值即可解出m；
（2）由（1）和解出，，则由三角恒等变换得，结合角的范围讨论最值即可
【详解】（1），
由，则，则，
则，解得．
（2），，所以，
，则．
，
由，则，
所以的最大值为1．
18．已知数列的各项均为正数，记为的前项和，（且）.
(1)求证：数列是等差数列，并求的通项公式：
(2)当时，求证：.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用和的关系即可得到结果；
（2）利用裂项相消法，即可证明不等式.
【详解】（1）∵（且），
当时，，
，
又，所以，
，
数列是以为首项，公差为1的等差数列，
，所以.
当时，，
又满足上式，
数列的通项公式为.
（2）当时，，
故
所以对，都有.
19．接种新冠疫苗，可以有效降低感染新冠肺炎的几率，某地区有A，B，C三种新冠疫苗可供居民接种，假设在某个时间段该地区集中接种第一针疫苗，而且这三种疫苗的供应都很充足．为了节省时间和维持良好的接种秩序，接种点设置了号码机，号码机可以随机地产生A，B，C三种号码（产生每个号码的可能性都相等），前去接种第一针疫苗的居民先从号码机上取一张号码，然后去接种与号码相对应的疫苗（例如：取到号码A，就接种A种疫苗，以此类推）．若甲，乙，丙，丁四个人各自独立的去接种第一针新冠疫苗．
(1)求这四个人中恰有2个人接种A种疫苗的概率；
(2)记甲，乙，丙，丁四个人中接种疫苗的种数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）首先求出所有可能接种结果，再求出恰有2人接种疫苗的情况种数，最后根据古典概型的概率公式计算可得；
（2）依题意可能值为1，2，3，求出所对应的概率，列出分布列，即可求出数学期望；
【详解】（1）解：依题意所有可能的接种方式有种，
恰有2人接种疫苗的情况有种，
从而恰有2人接种种疫苗的概率为．
（2）解：依题意的可能值为1，2，3，
又，（或），（或）．
综上知，X的分布列为
所以．
20．已知在长方形中，，点是的中点，沿折起平面，使平面平面.
(1)求证：在四棱锥中，；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)当点为线段靠近的四等分点时，二面角的余弦值为.
【分析】（1）、先在长方形中证明；再根据面面垂直的性质定理证明平面,得到；然后利用线面垂直的判定证明平面，进而证明;
（2）、以中点为坐标原点建立空间直角坐标系，设表示出，再分别求出平面、平面的法向量，然后利用向量形式表示二面角的余弦值，进而求出最终确定的位置；
【详解】（1）连接,为的中点，，,
为长方形,中，,
在中，,
同理,,,
在折叠后的图形中：
平面平面，平面平面，,平面,
又平面，,
又，平面,平面,,平面，
又平面,,
（2）由（1）可知：、均为等腰直角三角形，过点作底边的高，交于点，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示：
则,,,,
易知平面的一个法向量为，
假设在线段上存在点，使二面角的余弦值为，
设,则
设平面的一个法向量为，
取，则，，
即当点为线段靠近的四等分点时，二面角的余弦值为.
21．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A在椭圆C上，|AF1|＝2，∠F1AF2＝60°，过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M，且MN⊥PQ，求线段MN所在的直线方程．
【答案】(1)＋＝1
(2)16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0
【分析】（1）由离心率公式以及余弦定理得出椭圆C的方程；
（2）联立直线l和椭圆的方程，利用韦达定理以及中点坐标公式得出点坐标，再由垂直关系得出线段MN所在的直线方程．
【详解】（1）解：（1）由e＝，得a＝2c，易知|AF1|＝2，|AF2|＝2a－2，
由余弦定理，得|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cs A＝|F1F2|2，
即4＋(2a－2)2－2×2×(2a－2)×＝a2，解得a＝2，则c＝1，
∴b2＝a2－c2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1；
（2）设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝，
∴N.又M，则kMN＝＝－.
∵MN⊥PQ，∴kMN＝－，得k＝或，
则kMN＝－2或kMN＝－，故直线MN的方程为16x＋8y－1＝0或16x＋24y－3＝0.
【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键是将MN⊥PQ转化为kMN＝－，结合韦达定理以及中点坐标公式得出直线MN的方程.
22．已知.
(1)若，求函数的单调区间和极值；
(2)若对都有成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)单调增区间为和，单调减区间为；极大值为，极小值为
(2)
【分析】（1）直接求导计算即可．
（2）将问题转化为，构造新函数在上单调递增即可，然后参变分离或者分类讨论都可以．
【详解】（1）
令，因为得或，列表如下：
所以的单调增区间为和 单调减区间为
极大值为 ，极小值为
（2）对都有成立可转化化为：

设，则在，
故，在上恒成立
方法一：（含参讨论）
设，
则，，解得.
，，.
①当时，，
故，当时，，递增；
当时，，递减；
此时，，在上单调递增，故，符合条件.
②当时，同①，当时，递增；当时，递减；
∵，，
∴由连续函数零点存在性定理及单调性知，，.
于是，当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
∵，，∴，符合条件.
综上，实数的取值范围是.
方法二：（参变分离）
由对称性，不妨设，
则即为.
设，则在上单调递增，
故在上恒成立.
∵，∴在上恒成立
，.
设，，则，.
设，，
则，.
由，，得在，上单调递增；
由，，得在，上单调递减.
故时；
时.
从而，，，
又时，，故，，
，单调递减，，.
于是，.
综上，实数的取值范围是.
【点睛】本题核心是将问题转化为函数在上单调递增，即在上恒成立．
X
1
2
3
P
x
+
0
0
+
极大值
极小值