2023届北京市首都师范大学附属中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届北京市首都师范大学附属中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京市首都师范大学附属中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，，得，再由同角的平方关系可得，最后由求解即可.【详解】解：因为，，所以，所以，所以.故选：B.2．在复平面内，复数，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】A【分析】根据复数除法运算可得，进而可得，再根据复数乘法运算求解.【详解】∵，则，∴.故选：A.3．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据并集概念进行求解.【详解】.故选：D4．已知为奇函数，其局部图象如图所示，那么（    ） A． B．C． D．【答案】C【解析】先由图象可知，再根据函数是奇函数，判断选项.【详解】由图可知，因为函数是奇函数，所以，即.故选：C5．函数的图像可看作是把函数经过以下哪种变换得到（    ）A．把函数向右平移一个单位B．先把函数的图像关于轴对称，然后把所得函数图像向左平移一个单位C．先把函数的图像关于轴对称，然后把所得函数图像向左平移一个单位D．先把函数的图像关于轴对称，然后把所得函数图像上各点的纵坐标变为原来的2倍，横坐标不变【答案】D【分析】利用函数图像的平移变换法则求解即可.【详解】选项A：函数向右平移一个单位得到；选项B：先把函数的图像关于轴对称得到，然后向左平移一个单位得到；选项C：先把函数的图像关于轴对称得到，然后向左平移一个单位得到；选项D：先把函数的图像关于轴对称得到，然后把各点的纵坐标变为原来的2倍，横坐标不变得到；故选：D6．已知双曲线的离心率，则其渐近线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用双曲线的离心率和性质求解即可.【详解】因为双曲线的离心率，所以由得，所以，即渐近线方程为，故选：A7．已知函数，，则“”是“的值域为”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】利用特殊值法判断充分性不成立，再利用正弦型函数的单调性可判断必要性成立，由此可得出结论.【详解】充分性：取，，则成立，此时，则，可得，充分性不成立；必要性：函数的最小正周期为，因为函数在上的值域为，当函数在上单调时，取得最小值，且有，必要性成立.因此，“”是“的值域为”的必要而不充分条件.故选：B.【点睛】方法点睛：判断充分条件和必要条件，一般有以下几种方法：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.8．设O为坐标原点，点，动点在抛物线上，且位于第一象限，是线段的中点，则直线的斜率的范围为A． B． C． D．【答案】C【分析】设点，可得出线段的中点的坐标，利用基本不等式可求得直线的斜率的取值范围.【详解】设，，所以的中点，所以，因为，所以，所以，故选：C.【点睛】本题考查直线斜率取值范围的计算，涉及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.9．被誉为信息论之父的香农提出了一个著名的公式：，其中为最大数据传输速率，单位为；为信道带宽，单位为Hz；为信噪比. 香农公式在5G技术中发挥着举足轻重的作用.当，时，最大数据传输速率记为；当，时，最大数据传输速率记为，则为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据定义，代入数据分别求和，再根据换底公式计算的值.【详解】由条件可知，，.故选：D10．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在对角线上运动.当的面积取得最小值时，点的位置是（    ）A．线段的三等分点，且靠近点 B．线段的中点C．线段的三等分点，且靠近点 D．线段的四等分点，且靠近点【答案】B【分析】将问题转化为动点到直线的距离最小时，确定点的位置，建立空间直角坐标系，取的中点，通过坐标运算可知，即是动点到直线的距离，再由空间两点间的距离公式求出后，利用二次函数配方可解决问题.【详解】设正方体的棱长为1，以 为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，的中点，，，则，设，，由与共线，可得，所以，所以，其中，因为，，所以，所以，即是动点到直线的距离，由空间两点间的距离公式可得，所以当时，取得最小值，此时为线段的中点，由于为定值，所以当的面积取得最小值时，为线段的中点.故选：B【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，考查了空间两点间的距离公式，考查了数形结合法，考查了二次函数求最值，属于基础题. 二、填空题11．若，，且与垂直，则向量与的夹角大小为_______________【答案】【分析】根据与垂直，结合题中条件求出，再设向量与的夹角为，根据夹角公式即可求出结果.【详解】因为，，与垂直，所以，即，故，设向量与的夹角为，则，所以.【点睛】本题主要考查向量的数量积运算，熟记夹角公式即可，属于基础题型.12．已知半径为2的圆经过点，其圆心到直线的距离的范围是___________.【答案】【分析】根据半径为2的圆经过点得到圆心的轨迹方程为，然后利用点到直线的距离公式得到点到直线的距离，即可得到圆心到直线的距离的范围.【详解】半径为2的圆经过点，所以圆心的轨迹为以为圆心2为半径的圆，所以轨迹方程为，点到直线的距离，所以圆心到直线的距离范围为.故答案为：.13．数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.给出下列三个结论：①曲线关于直线对称；②曲线上任意一点到原点的距离都不超过；③存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界）.其中，正确结论的序号是________.【答案】①②【解析】将代入也成立得①正确；利用不等式可得，故②正确；联立得四个交点，满足条件的最小正方形是以为中点，边长为2的正方形，故③不正确.【详解】对于①，将代入得成立，故曲线关于直线对称，故①正确；对于②，因为，所以，所以，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故②正确；对于③，联立得，从而可得四个交点，，，，依题意满足条件的最小正方形是各边以为中点，边长为2的正方形，故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使得曲线在此正方形区域内（含边界），故③不正确.故答案为：①②【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线的对称性，考查了不等式知识，考查了求曲线交点坐标，属于中档题. 三、双空题14．数列是公差为的等差数列，记的前项和为，且成等比数列，则_______；_______.【答案】     8     【解析】由等比数列的性质得，解出的值，再结合等差数列的前项和公式可得结果.【详解】因为数列是公差为的等差数列，成等比数列，所以，即，解得；所以，故答案为：8，.15．已知抛物线的焦点为，过点作轴的垂线交抛物线于点，且满足，则抛物线的方程为_______；设直线交抛物线于另一点，则点的纵坐标为______.【答案】          【解析】根据抛物线的定义可得为抛物线的准线，即可求出抛物线方程，从而求出、点的坐标，求出直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理即可得解；【详解】解：依题意，根据抛物线的定义可得为抛物线的准线，所以，即，所以抛物线方程为，则，当时，，所以，所以直线的方程为，设直线与抛物线的另一个交点为，联立直线与抛物线方程，消去得，所以，所以故答案为：；【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 四、解答题16．函数的部分图像如图所示.(1)求及图中的值，并求函数的最小正周期；(2)若在区间上只有一个最小值点，求实数的取值范围.【答案】(1)，，最小正周期为2(2) 【分析】（1）将代入解出，进而求解即可；（2）由余弦函数的图像和性质求解即可.【详解】（1）将代入得，解得，所以，令得，，解得，，所以图中对称轴为，由对称性得，解得.的最小正周期.（2）由余弦函数的性质令解得，，由余弦函数的图像在区间上只有一个最小值点，则，即实数的取值范围为.17．如图，在四边形中，，，，，.（1）求；（2）求的长.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）计算出、，利用两角和的余弦公式可求得的值；（2）在中，利用正弦定理可求出的长，然后在中利用余弦定理可求得的长.【详解】（1）因为，，则、均为锐角，所以，，，，，则，因此，；（2）在中，由正弦定理可得，可得，在中，由余弦定理可得，因此，.【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.18．如图1，在矩形中，，，为的中点，为中点．将沿折起到，使得平面平面（如图2）．（1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在点，使得平面? 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【分析】（1）先证明平面．再证明.(2) 以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系（如图）,利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.(3) 假设在线段上存在点，使得平面.设，且，根据平面求得，所以当时，平面．【详解】（1）由已知，因为为中点，所以．因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面．又因为平面，所以． （2）设为线段上靠近点的四等分点，为中点．由已知易得．由（1）可知，平面，所以，.以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系（如图）．因为，，所以．设平面的一个法向量为，因为，所以   即  取，得．而 .所以直线与平面所成角的正弦值 （3）在线段上存在点，使得平面.设，且，则，．因为，所以，所以，所以，．若平面，则.即.由（2）可知，平面的一个法向量，即，解得，所以当时，平面． 【点睛】（1）本题主要考查空间直线平面位置关系的证明，考查二面角的求法和直线和平面所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象分析推理转化能力.(2) 直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.19．已知椭圆：的长轴长为4，短轴长与焦距相等.(1)求椭圆的标准方程和离心率；(2)已知直线与椭圆有两个不同的交点，，，是否存在实数，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】(1)；离心率是(2)存在，直线方程 【分析】（1）由条件求出，即可求解；（2）直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示线段中点的坐标，根据，即可求解.【详解】（1）由条件可知，，，，且，所以，离心率，椭圆的标准方程：，离心率是；（2）直线与椭圆有两个不同的交点，设，，联立方程，得，，解得：或，，，中点横坐标，中点纵坐标，设的中点为 若是以为底边的等腰三角形，则，即，解得：或（舍）所以存在实数，使得是以为底边的等腰三角形，直线方程是.20．已知函数.（Ⅰ）求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）求函数的单调区间和极值；（Ⅲ）设函数，，试判断的零点个数，并证明你的结论.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）的单调递减区间是，单调递增区间是，；极大值，极小值；（Ⅲ）一个，证明见解析.【解析】（Ⅰ）利用导数的几何意义求切线方程；（Ⅱ）根据和，求函数的单调递增和递减区间，根据极值的定义求极值；（Ⅲ）首先方程等价于，设函数，求函数的导数，分和两个区间讨论函数的单调性，并结合零点存在性定理说明函数的零点个数.【详解】（Ⅰ）由，得 . 因为，，所以曲线在点处的切线方程为. （Ⅱ）令，得，解得或.当变化时，和变化情况如下表：↗↘↗ 所以，的单调递减区间是，单调递增区间是，； 在处取得极大值，在处取得极小值.（Ⅲ）,，即，等价于.  设，则.①当时，，在区间上单调递增.又，，所以在区间上有一个零点.    ②当时,设.，所以在区间上单调递增. 又，，所以存在，使得.所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增. 又，，所以在区间上无零点.   综上所述，函数在定义域内只有一个零点.【点睛】关键点点睛：本题第三问判断零点个数，首先要构造函数，当时，利用二次导数判断单调递增，存在，使得，再判断零点个数时，需结合函数的单调性和端点值共同判断.21．设n∈N*且n≥2，集合 （1）写出集合中的所有元素；（2）设（，···，），（，···，）∈，证明“=”的充要条件是=（i=1，2，3，···，n）；（3）设集合={︳（，···，）∈}，求中所有正数之和.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）【分析】（1）直接列出所有情况得到答案.（2）分别证明充分性和必要性，假设存在使，则，不妨设 得到，矛盾，得到证明.（3）当且仅当，数列中所有正数有个，再计算和得到答案.【详解】（1），所以元素为 （2）当时，易知成立，充分性；当时，数列是首项为，公比为的等比数列，故 假设存在使，则，不妨设 则 故，这与矛盾，故，必要性；综上所述：=的充要条件是=（3），故当且仅当 数列中所有正数有个，所有正数之和为【点睛】本题考查了求元素，充分必要条件的证明，数列求和，意在考查学生的综合应用能力.