2023届江苏省扬州市邗江中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届江苏省扬州市邗江中学高三上学期12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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求解集合A,然后进行交集补集运算即可.
【详解】集合,
或,则
故选：C
2．已知复数z满足，则z为实数的一个充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先设，代入化简后，利用两边相等，即可求得.
【详解】设，则，则，
所以，解得：，
所以z为实数的一个充分条件是.
故选：B
3．展开式中第3项的系数是（ ）
A．90B．-90C．-270D．270
【答案】A
【分析】利用二项式定理求出通项公式，进而求出第3项.
【详解】展开式的第3项为，故第3项系数为90，
故选：A
4．设随机变量X服从正态分布N(1，)，若，则（ ）
A．0.2B．0.3C．0.4D．0.6
【答案】C
【分析】根据正态分布的对称性求解即可
【详解】由题，因为，故关于对称，故
故选：C
5．已知数列中，，且对任意的m，，都有，则下列选项正确的是（ ）
A．的值随n的变化而变化B．
C．若，则D．为递增数列
【答案】D
【分析】令，得，故A不正确；再根据等差数列的通项公式和求和公式可判断BCD.
【详解】因为对任意的m，，都有，
所以令，得，故A不正确；
所以，
所以，所以B不正确；
若，则，故C不正确；
，所以为递增数列，故D正确.
故选：D.
6．直线与函数的图象在y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．在上是减函数
C．为等差数列D．
【答案】D
【分析】代入验证A，B，求出，即可判断CD.
【详解】A.，故A错误；
B.时，，所以在上是增函数，故B错误；
C.，得，或，
解得：或，,y轴右侧交点的横坐标从左到右依次为，，，，……，可以判断数列不是等差数列，故C错误；
D. 由以上可知，奇数项以为首项，为公差的等差数列，偶数项以为首项，为公差的等差数列，
所以，
，故D正确.
故选：D
7．双曲线的一条渐近线方程为分别为该双曲线的左右焦点，为双曲线上的一点，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．8D．12
【答案】B
【分析】根据双曲线的渐近线方程求得，结合双曲线的定义求得，再结合基本不等式和函数的单调性求得的最小值.
【详解】双曲线的一条渐近线方程为，所以，，
当在双曲线的左支时，，
所以，
当且仅当时等号成立.
当在双曲线的右支时，，
所以（其中），
对于函数，
，
任取，
，
由于，
所以，
所以在上递增，所以.
所以的最小值为.
综上所述，的最小值为.
故选：B
8．已知、，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】不妨设，可得出，构造函数，可知函数在区间上为增函数，可得出对任意的恒成立，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】不妨设，则，可得，
所以，，设，则，
所以，函数在区间上为增函数，
对任意的恒成立，则，
故选：C.
二、多选题
9．设离散型随机变量X的分布列为
若离散型随机变量Y满足：，则下列结果正确的有（ ）A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据分布列的性质可判断A，根据数学期望公式可判断B，根据期望的性质可判断C，根据方差公式可判断D.
【详解】由，得，故A正确；
，故B正确；
因为，所以，故C正确；
，故D不正确.
故选：ABC.
10．设a，b为两个正数，定义a，b的算术平均数为，几何平均数为．上个世纪五十年代，美国数学家D．H. Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中p为有理数．下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】根据基本不等式比较大小可判断四个选项.
【详解】对于A，，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C，，当且仅当时，等号成立，故C不正确；
对于D，当时，由C可知，，故D不正确.
故选：AB
11．已知椭圆的左右焦点分别为，，直线与椭圆E交于A，B两点，C，D分别为椭圆的左右顶点，则下列命题正确的有（ ）
A．若直线CA的斜率为，BD的斜率，则
B．存在唯一的实数m使得为等腰直角三角形
C．取值范围为
D．周长的最大值为
【答案】BD
【分析】A选项，求出A，B两点坐标，表达出；B选项，验证出，是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，当A是直角顶点时满足题意，得出结论；C选项，设出，求出；D选项，作出辅助线，利用椭圆定义得到直线经过焦点时，此时的周长最大.
【详解】将代入椭圆方程，求出，其中，
则，A错误；
由题意得：，当时，，此时，
所以当，是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，
当点A是直角顶点时，由对称性可知：此时A在上顶点或下顶点，由于，故满足题意，所以存在唯一的实数m使得为等腰直角三角形，B正确；
不妨设，则，
因为，所以，C错误；
如图，当直线经过焦点时，此时的周长最大，
等于，其他位置都比小，
例如当直线与椭圆相交于，与x轴交于C点时，
连接，由椭圆定义可知：，显然，
同理可知：，
故周长的最大值为，D正确
故选：BD
12．已知函数，，则下列结论正确的是（ ）
A．对任意的，存在，使得
B．若是的极值点，则在上单调递减
C．函数的最大值为
D．若有两个零点，则
【答案】BD
【分析】先求导得，分和讨论函数的单调性及最值，依次判断4个选项即可.
【详解】由题意知：，，当时，，单增，无最大值，故C错误；
当时，在上，单增；在上，单减；
故，当，即时，无零点，故A错误；
若是的极值点，则，，故在单减，B正确；
若有两个零点，则，且，解得，
又时，，时，，此时有两个零点，D正确.
故选：BD.
三、填空题
13．写出一个同时具有下列性质①②③的函数的解析式______．
①；②是偶函数；③在上单调递增．
【答案】（满足条件即可）
【分析】根据函数的三个性质，列出符合条件的函数即可》
【详解】解：如，
，，故，
是偶函数，
又在上单调递增，
故答案为：（满足条件即可）
14．已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且，则的最小值为______．
【答案】##
【分析】先判断出，再以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系：然后利用平面向量数量积的坐标表示求出，再根据圆心到直线的距离小于等于半径可求出结果.
【详解】因为，又，所以，所以，
以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系：
则，，设，则，
，，
所以，
设，即，
依题意直线与圆有交点，
所以，得，
所以的最小值为.
故答案为：
15．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左､右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为___________.
【答案】
【分析】连接，，设，则，根据诱导公式及同角三角函数的基本关系求出，，再根据锐角三角函数得到、，从而得到方程求出，再在利用勾股定理计算可得；
【详解】解：如图，连接，，则，，和，，都三点共线，
设，则.
由，
所以
所以，
又，所以，即，
，即，
又，
因此，即，
在中，即.
故.
故答案为：
16．在棱长为3的正方体中，已知点P为棱上靠近点的三等分点，点Q为棱CD上一动点.若M为平面与平面ABCD的公共点，且点M在正方体的表面上，则所有满足条件的点M构成的区域面积为___________.
【答案】
【分析】根据已知条件及基本事实1中的推理2和基本事实3得到点M的区域，利用三角形相似及梯形的面积公式即可求解.
【详解】延长DA，交于点N，连接NQ交AB于点E，
则线段EQ为平面与平面ABCD的公共点M的集合，
当Q运动到点D时，E与A重合；当Q运动到点C时，
设此时E点运动到F点，则梯形FADC即为点M构成的区域，
因为∽，所以，
所以，所以.
故答案为：.
四、解答题
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足．
(1)求证：；
(2)若，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先将括号打开整理可得，利用同角的三角函数关系化切为弦，结合正弦的和角公式整理可得，根据正弦定理即可证明；
（2）结合余弦定理与数量积的定义可得，利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，即，
两边同时乘，可得，
即。所以，
因为，所以，
由正弦定理可得，即.
（2）因为，
所以由余弦定理可得，
因为，，
所以 ，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
18．已知数列的前n项和为，满足．
(1)证明数列是等比数列，并求出的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见详解.
(2)
【分析】（1）由可得，进而根据等比数列的特征，可证明是等比数列，从而可得通项.
（2）根据，可将其裂项，进而用裂项求和法求
【详解】（1）由知，当时，，
故，即，从而，
又，
因此可得是以公比的等比数列.故得证.
（2）由（1），所以
,
19．《九章算术》是中国古代张苍，耿寿昌所撰写的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，成于公元一世纪左右，是当时世界上最简练有效的应用数学专著，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．在《九章算术·商功》篇中提到“阳马”这一几何体，是指底面为矩形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，现有“阳马”，底面为边长为2的正方形，侧棱⊥面，，E、F为边、上的点，，，点M为AD的中点．
(1)若，证明：面PBM⊥面PAF；
(2)是否存在实数，使二面角的大小为？如果不存在，请说明理由；如果存在，求此时直线与面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在；.
【分析】（1）证明面面垂直即证面线面垂直，证明线面垂直即证、线线垂直；
（2）首先利用二面角的大小为，求出、的长，然后建立空间直角坐标系，求平面的法向量，然后再求其线面角.
【详解】（1）时，点E、F为及的中点．
连接与交于点G，
在和中，
所以 ，于是．
而
所以
故，即．
又⊥面，面，
所以．
因为，，面，面，
所以面．
又因为面，所以面面．
（2）连接AC，交EF于点Q，连接PQ，记BD与AC交于点O，如图：
因为，，
所以，
因为，
所以从而，
所以为二面角的一个平面角．
由题意，，从而，
所以
于是，
所以，．
如图，以AB方向为x轴，AD方向为y轴，AP方向为z轴建立空间直角坐标系，．
于是，，，，，
，，，
设面PEF的一个法向量是
由 ，得：
取，则，，则．
所以直线与面所成角为θ，则
．
20．为提升教师的命题能力，某学校将举办一次教师命题大赛，大赛分初赛和复赛，初赛共进行3轮比赛，3轮比赛命制的题目分别适用于高一，高二，高三年级，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，限时60分钟，参赛教师要在指定的知识范围内，命制非解答题，解答题各2道，若有不少于3道题目入选，将获得“优秀奖”，3轮比赛中，至少获得2次“优秀奖”的教师将进入复赛．为能进入复赛，教师甲赛前多次进行命题模拟训练，指导老师从教师甲模拟训练命制的题目中，随机抽取了4道非解答题和4道解答题，其中有3道非解答题和2道解答题符合入选标准．
(1)若从模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中，随机抽取非解答题，解答题各2道，由此来估计教师甲在一轮比赛中的获奖情况，试预测教师甲在一轮比赛中获“优秀奖”的概率；
(2)若以模拟训练命制的题目中所抽取的8道题目中两类题目各自入选的频率作为每道该类题目入选的概率，经指导老师对教师甲进行赛前强化训练后，每道非解答题入选的概率不变，每道解答题入选的概率比强化训练前大，以获得“优秀奖”次数的期望作为判断依据，试预测教师甲能否进入复赛？
【答案】(1)
(2)教师甲能进入复赛
【分析】（1）分非解答题入选1道，解答题入选2道，非解答题入选2道，解答题入选1道，非解答题，解答题各入选2道计算概率，再相加即可；
（2）先计算出甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率，判断出3轮比赛可看作3重伯努利试验，再由二项分布期望公式计算期望，判断即可.
【详解】（1）设A＝“在一轮比赛中，教师甲获得优秀奖”，则事件A发生的所有情况有
①符合入选标准的非解答题入选1道，解答题入选2道的概率为
②符合入选标准的非解答题入选2道，解答题入选1道的概率为
③符合入选标准的非解答题，解答题各入选2道的概率为
所以；
（2）由题知，强化训练后，每道非解答题入选的概率为，每道解答题入选的概率为，则强化训练后，教师甲在一轮比赛中可获得“优秀奖”的概率为
，
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验．
用X表示教师甲在3轮比赛中获得“优秀奖”的次数，则．
∴，
∴教师甲能进入复赛.
21．已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，且．
(1)求实数m的值及抛物线C的标准方程；
(2)不过点M的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线MA，MB的斜率之积为-2，试判断直线l能否与圆相切？若能，求此时直线l的方程；若不能，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)能与圆相切；.
【分析】(1)根据点在抛物线上和抛物线的定义列出关于m、p的方程组，解之即可；
(2)设点和直线AB方程，根据两点坐标表示直线斜率和韦达定理求得，可知直线AB恒过定点且该定点在圆上M上，根据点M、N坐标求出k即可.
【详解】（1）由题意得，
因为点在抛物线上，所以，
由抛物线的定义，得，
则，解得，
所以抛物线C的标准方程为；
（2）由(1)得，设点，
则，所以，
得；设直线AB方程为，
有，
所以，所以，
得，所以直线AB方程为，
即直线AB恒过抛物线内部的定点，
又圆正好经过点，
当且仅当直线AB与半径MN垂直时直线AB与圆M相切，
此时，所以直线AB方程为.
22．已知函数．当m＝1时，曲线在点处的切线与直线x－y＋1＝0垂直．
(1)若的最小值是1，求m的值；
(2)若，是函数图象上任意两点，设直线AB的斜率为k．证明：方程在上有唯一实数根．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）先由m＝1时，曲线在点处的切线与直线x－y＋1＝0垂直解出，再分和讨论函数单调性，确定最小值解出即可；
（2）先得出，构造函数，求导确定的单调性，再由当时，得到，，即可说明方程在上有唯一实数根．
【详解】（1）由题知，的定义域为R，，
当m＝1时，，
∵当m＝1时，曲线在点处的切线与直线x－y＋1＝0垂直
∴n＋1＝－1，∴n＝－2，∴，
当时，，在上单调递减
又，∴当时，，不合题意．
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
∴
又，当时，，∴，∴m＝2；
（2）
令，则
∴单调递增
又，
，
令，则
令，解得x＝0，
∴当时，，单调递增，当时，，单调递减，
∴，∴当时，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴在上有唯一零点
∴方程在上有唯一实数根．
【点睛】本题关键点在于先表示出，再转化为的零点问题，求导确定其单调性，结合时，得到，，由零点存在定理即可得证.
X
0
1
2
3
4
P
q
0.4
0.1
0.2
0.2