2023届广东省肇庆市第一中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省肇庆市第一中学高三上学期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届广东省肇庆市第一中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则的子集共有（    ）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】B【分析】取两集合的公共元素可得集合P中的元素，由一个集合有n个元素，则它的子集有个计算可得结果.【详解】因为，所以的子集共有个.故选：B.2．若满足，则的虚部是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的运算求出，即可得到答案．【详解】因为，所以的虚部是．故选：A．3．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由对数函数与指数函数的单调性求解即可【详解】因为，所以所以.故选：D4．已知分别是椭圆的两个焦点，点在上，若的最大值为2，则（    ）A． B．2 C．4 D．16【答案】B【分析】利用基本不等式即可求得最大时对应的值.【详解】根据椭圆的定义得，则，当且仅当时，等号成立.故选:B5．如图，分别是正方形的边的中点，将沿着折起到的位置，使平面平面，连接，，则所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，由面面垂直性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，求直线的方向向量，利用向量夹角公式可求所成角的余弦值.【详解】设的中点为，连接，因为，所以，又平面，平面平面，平面平面，所以平面，又分别是正方形的边的中点，所以，因为，所以，以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系.设，则，所以.设所成的角为，则.故选：C.6．高一（1）班有8名身高都不相同的同学去参加红歌合唱，他们站成前后对齐的2排，每排4人，则前排的同学都比后排对应的同学矮的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】因为8名同学，所以任选两人，身高都不同，只需将抽取的两人安排到一组，高的同学站后即可.【详解】名身高都不相同的同学站在8个不同的位置有种站法，将8名同学分为4组，每组2人，则有种分法，4组人有种站法，故所求概率.故选：D.7．已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为，则它的内切球的半径为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用内切球半径和点到平面的距离相等，转化为三棱锥的体积，即可求得半径.【详解】如图，为的中点，底面，则为的中心，底面的面积.又，所以，所以.设三棱锥的内切球的半径为，则，所以.故选：B8．已知定义域为的函数满足是奇函数，是偶函数，则下列结论错误的是（    ）A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称.C．D．是周期为8的周期函数【答案】C【分析】由条件，结合奇函数和偶函数的性质判断A，B，C，再结合 的定义判断D.【详解】因为是奇函数，所以，令，则，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于点对称，且；即函数的图象关于点对称，且；B正确，C错误，因为是偶函数，所以，令，则，所以函数为偶函数，所以函数的图象关于对称，即的图象关于直线对称；A正确，因为，，所以，， 所以函数是周期函数，周期为8，D正确，故错误的选项为C,故选：C. 二、多选题9．秋季开学前，某学校要求学生提供由当地社区医疗服务站或家长签字认可的返校前一周（7天）的体温测试记录，已知小明在一周内每天自测的体温（单位：）依次为，则该组数据的（    ）A．极差为 B．平均数为C．中位数为 D．第75百分位数为【答案】ABD【分析】根据极差、平均数、中位数和百分位数的定义判断即可.【详解】体温从低到高依次为，极差为，故正确；平均数为，故B正确；中位数为，故错误；因为，所以体温的第75百分位数为从小到大排列的第6个数，是，故D正确.故选：ABD.10．已知向量，函数，则（    ）A．的最大值为2B．直线是图象的一条对称轴C．点是图象的一个对称中心D．在上单调递减【答案】ACD【分析】根据向量数量积求出解析式，再根据三角函数正弦函数的性质进行判断即可.【详解】因为，所以的最大值为2，A正确；因为，，所以B错误，C正确；令，，解得，，所以的单调递减区间为，，所以D正确.故选：ACD11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（    ）A．若，则B．若，则的最小值为5C．以线段为直径的圆与直线相切D．若，则直线的斜率为【答案】AC【分析】根据抛物线的焦半径公式即可判断A；过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义结合图象即可判断B；设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，从而可得线段的中点坐标及长度，再求出中点到准线的距离即可判断C；根据，可得，结合C选项即可判断D.【详解】解：抛物线的准线方程为，对于A，由，得，故A正确；对于B，过点作准线的垂线，垂足为，则，当且仅当三点共线时，取等号，所以的最小值为4，故B错误；对于C，设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，消去得，则，则，线段的中点为，点到直线的距离为，所以以为直径的圆与直线相切，故C正确；对于D，因为，所以，可得，由， 得，解得，故D错误.故选：AC.12．在正方体中，为的中点，点在线段上运动，点在棱上运动，为空间中任意一点，则下列结论正确的有（    ）A．异面直线与所成角的取值范围是B．的最小值为C．若，则平面截此正方体所得截面的面积是D．若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为【答案】ACD【分析】根据空间几何的相关知识判断即可.【详解】对于，如图1，易知四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成的角或补角.又点在线段上运动，可知是等边三角形，所以直线与所成角的取值范围是故A正确对于B，如图2，展开平面，使平面与平面共面，过作，交于点，交于点，则此时最小，由题可知，，则，即的最小值为，故B错误.对于，如图3，平面截此正方体所得截面，所以，作，则，所以，则.又因为，所以，所以，则，可求出，故C正确.对于，如图4，因为，所以在一个平面内，点的轨迹是以为焦点的椭圆.又因为，所以该椭圆的长轴长为8，短轴长为，故点的轨迹是以为焦点的椭球表面.设的中点为，要使三棱锥的体积最大，即到平面的距离最大，所以当平面，且平面时，三棱锥的体积最大，此时为等边三角形，设其中心为，三棱锥的外接球的球心为的外心为，连接，则，所以，此时三棱锥外接球的表面积故D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知向量满足，且，则__________.【答案】2【分析】根据向量垂直的数量积为0，结合数量积公式与模长公式求解即可.【详解】因为，所以，，则.故答案为：214．已知动点与两个定点的距离之比为，则动点的轨迹方程为__________.【答案】【分析】设点，然后根据动点与定点的距离比为，列方程，整理即可得到动点的轨迹方程.【详解】设点，则，即，整理得，所以动点的轨迹方程为，故答案为：.15．干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干与十二地支如下：天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用，若地支用完，则再从第一个地支开始循环使用.已知2022年是壬寅年，则年以后是__________年.【答案】癸卯【分析】根据二项式定理分别将展开为和，求出分别在以12为周期和10为周期时的位置，即可求出天干地支的位置.【详解】因为，所以年以后地支为“寅”后面的“卯”.因为，，除以10余数为1，所以年以后天干为“壬”后面的“癸”，故年以后是癸卯年.故答案为：癸卯16．已知函数，给出以下说法：①当有三个零点时，的取值范围为；②是偶函数；③设的极大值为，极小值为，若，则；④若过点可以作图象的三条切线，则的取值范围为.其中所有正确说法的序号为__________.【答案】①②④【分析】利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性定理判断①，根据偶函数的定义判断②，结合函数的单调性求出函数的极值，判断③，结合导数的几何意义判断④.【详解】因为，所以，所以当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以当时，，函数在上单调递减，又，所以函数在时取极小值，极小值为，在时取极大值，极大值为，当有三个零点时，则解得，①正确.，，所以是偶函数，②正确.由，得，③错误.设切点为，则切线的斜率为，化简得，设，则，令，解得或；令，解得， 可得在和上是减函数，在上是增函数，可知的极小值为，极大值为，要使有三个实数根，则，解得，即存在三条切线，所以④正确，故所有正确说法的序号为①②④.故答案为：①②④. 四、解答题17．的内角的对边分别是，已知，且的面积为24.(1)求；(2)若，求.【答案】(1)64(2)6 【分析】(1)利用同角三角函数的基本关系得到，然后利用三角形面积，然后代入向量的数量积即可求解；(2)结合（1）知，可得到，然后利用余弦定理即可求出结果.【详解】（1）因为，所以.因为的面积为24，所以，即，所以.（2）由（1）知，又，所以，解得，从而，在中，由余弦定理可得：，解得.18．设数列的前项和为，已知，且.(1)设，证明：是等比数列.(2)求数列的通项公式.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)由条件，结合与的关系可得当时，，再结合等比数列定义证明是等比数列；(2)由(1)求出数列的通项公式，由此可得，再证明为等差数列，并求其通项公式，即可求数列的通项公式.【详解】（1）因为，所以，两式相减得，所以，即，又，，所以，故，所以是首项为2，公比为2的等比数列，.（2）,由（1）可知，所以，所以，即，所以是首项为1，公差为,的等差数列，所以，则.19．甲､乙两个同学去参加学校组织的百科知识大赛，规则如下：甲先答2道题，至少答对1道题，乙同学才有机会答题，乙同样答2道题.每答对1题可以得50分，已知甲答对每道题的概率都是，乙答对第1道题的概率为，答对第2道题的概率为，乙有机会答题的概率为.(1)求；(2)求甲与乙总得分的分布列与数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）甲先答2道题，至少答对1道题，乙才有机会答题，则有，从而可求出的值；（2）由题意可得随机变量的可能取值为，然后求出各自对应的概率，从而可的分布列与数学期望.【详解】（1）甲先答2道题，至少答对1道题，乙才有机会答题，且乙有机会答题的概率为，所以，所以，解得.（2）随机变量的可能取值为，则，，，，.所以的分布列为050100150200 则.20．如图，四棱柱的底面是一个平行四边形，且，点在平面内的射影恰好为点.(1)证明：.(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）根据题意先证明线面垂直，在证明线线垂直；（2）因为点在平面内的射影恰好为点，所以，，由此以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，通过向量解出答案.【详解】（1）证明：因为底面是平行四边形，且，所以.又点在平面内的射影恰好为点，所以.因为，BC1，BD均在平面BC1D中，所以平面，而平面，所以.（2）因为点在平面内的射影恰好为点，所以，.如图，以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系..设平面的法向量为，由得不妨令，则.易知平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为.21．已知双曲线的离心率是2，直线过双曲线的右焦点，且与双曲线的右支交于两点.当直线垂直于轴时，.(1)求双曲线的标准方程.(2)记双曲线的左､右顶点分别是，直线与交于点，试问点是否恒在某直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)在定直线上. 【分析】(1)由条件列出关于的方程组，解方程求出由此可得双曲线方程；(2)讨论确定直线的斜率的取值情况，联立方程组，结合设而不求法求点的轨迹即可.【详解】（1）因为过点的垂直与的直线方程为，代入双曲线方程可得，所以此时，又直线垂直于轴时，，所以①，因为双曲线的离心率为2，所以②，又③，由①②③解方程可得，故双曲线的标准方程为；（2）由（1）可知，若直线的斜率为0，则直线与双曲线的右支只有一个交点，不满足要求，所以直线的斜率不为0，设直线，联立整理得，，且，则，故.由题意可得直线的方程为，直线的方程为，则，即，把代入上式，得，解得.故点在定直线上.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．22．已知函数.(1)若恰有一个零点，求的取值范围；(2)若，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】(1)利用导数分析函数的单调性和极值，结合条件列不等式求的取值范围；(2)设，利用导数判断函数的单调性，由此证明，再证明，由此证明.【详解】（1）函数的定义域为，.当或时，，函数在与上单调递增，当时，，函数在上单调递减，故的极大值为的极小值为.因为恰有一个零点，所以或，解得或，即的取值范围为.（2）因为，由（1）可知，且，设，则.因为，所以，所以在上恒成立，则在上单调递增.故，即对一切恒成立.因为，所以.因为，所以.因为在上单调递增，且，所以，即.设，则.因为，所以，所以在上恒成立，则在上单调递增.故，即对一切恒成立.因为，所以.因为，所以.因为在上单调递增，且，所以，即.因为，所以，所以.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是利用导数研究函数的零点、不等式证明，常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．