2023届上海市进才中学高三上学期11月月考数学试题（解析版）

2023届上海市进才中学高三上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．若函数在上有最小值-5，（，为常数），则函数在上（    ）

A．有最大值5 B．有最小值5 C．有最大值3 D．有最大值9

【答案】D

【分析】考虑函数，是一个奇函数，根据函数对称性，结合在上的最值情况即可得解．

【详解】考虑函数，定义域为R，

，

，所以是奇函数，

函数在上有最小值-5，

则在上有最小值-7，

根据函数奇偶性得：在上有最大值7，

所以在上有最大值9.

故选：D

【点睛】此题考查函数奇偶性的应用，根据对称性质分析函数的最值，属于中档题．

2．已知集合且，定义集合，若，给出下列说法：①；②；③；其中所有正确序号是（    ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

【答案】D

【分析】由集合的新定义结合，可得，由此即可求解

【详解】因为集合且，

若，

则中也包含四个元素，即，

剩下的，

对于①：由得，故①正确；

对于②：由得，故②正确；

对于③：由得，故③正确；

故选：D

3．如图，正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，则与平面所成角的余弦值构成的集合是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据面面平行的性质定理作出正方体完整的截面，再由面面平行的性质作出点的轨迹，然后救出直线与平面所成的角的余弦，得其范围．

【详解】正方体中，由于相对侧面平行，因此平面与平面的交线与直线平行，

取中点，连接，，则，因此截面即为平面，

取中点，中点，连接，

显然，是平面内的直线，是平面外的直线，

因此有平面，

由正方体性质知与平行且相等，即是平行四边形，，

同理可得平面，

而和是平面内两相交直线，因此有平面平面，

平面，则必在平面内，所以的轨迹是线段，如图，

又平面，所以是与平面所成角，

设正方体棱长为1，，则，，

所以．

故选：D．

4．已知平面向量，，满足，，，（，）.当时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分析题目条件，得到，画出草图，利用等和线得到，过O点,C点分别向AB做垂线，得到两个相似比为1比3的直角三角形，设出∠CAB=θ，然后利用角表示边，通过勾股定理得到角的大小，从而得到边长的大小，进而求出的大小

【详解】解析：作，，，由题意，

设直线与直线交于点，

∵（，），

∴点在线段上（不含端点）

又，结合等和线性质，可知

作于，于，

有，

记

①当点在线段上时，，

由，得，可解得，进而有

此时，，

（注：点为线段的中点，在线段上，符合题意）

可得，所以

②当点在线段的反向延长线上时，同①方法可推得点与点重合，矛盾综上，.

故选：A

二、填空题

5．若复数满足（其中是虚数单位），则__________.

【答案】

【详解】，，∴，

故答案为:

点睛：复数代数形式运算问题的常见类型及解题策略：

（1）复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位的看作一类同类项，不含的看作另一类同类项，分别合并即可．

（2）复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式．

    （3）利用复数相等求参数．

6．已知等差数列的前n项和，则______.

【答案】2n

【分析】根据来求得数列的通项公式.

【详解】当时，，

当时，.

当时上式也符合，

所以.

故答案为：

7．设二项式的展开式中常数项为A，则A=___________．

【答案】

【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的次数为零，求出，从而可求出常数项

【详解】二项式的展开式的通项公式为，

令，解得，故展开式的常数项为，

故答案为：

8．曲线在点处的切线方程为______．

【答案】

【分析】求出f（x）在的导数值，根据导数的几何意义即可求切线方程.

【详解】，

则曲线在处的切线斜率，

∴切线方程为，即．

故答案为：．

9．集合，若,则实数a的取值范围是______．

【答案】

【分析】分，和三种情况讨论即可.

【详解】当时，，满足；

当时，，

若，则，解得；

当时，，

若，则，解得；

综上：

故答案为：

10．已知，，，则向量与的夹角为________．

【答案】

【分析】设向量与的夹角为，由已知条件可得，从而可求出向量与的夹角

【详解】解：设向量与的夹角为，

因为，，，

所以，即，

因为，，

所以，即，

因为，所以，

故答案为：

11．三位同学要从两门课程中任选一门作为选修课，则两门课程都有同学选择的概率为_______.

【答案】##0.75

【详解】分析：先求出三位同学任意选的选法数，再求两门课程都有同学选择的选法数，最后利用古典概型求两门课程都有同学选择的概率.

详解：由题得总的选法数为

两门课程都有同学选择的选法数为

所以两门课程都有同学选择的概率为.

故答案为

点睛：（1）本题主要考查排列组合综合问题，考查概率的求法，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和逻辑分析能力. (2) 排列组合问题一般有直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.

12．已知正实数x，y满足，则的最小值是______

【答案】

【分析】由已知分离，然后进行1的代换后利用基本不等式即可求解．

【详解】正实数x，y满足，则

当且仅当且即，时取得最小值是

故答案为

【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是进行分离后利用1的代换，在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.

13．已知点，，．若直线上存在一点，使得，则的取值范围是_________．

【答案】

【分析】由题可知的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线的上支，则直线上存在一点，使得，只需满足直线的斜率大于渐近线的斜率即可.

【详解】因为，所以的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线的上支，

该双曲线的渐近线方程为，

因为直线上存在一点，使得，

所以，解得．

故答案为：.

【点睛】本题考查双曲线定义的理解，考查利用渐近线的性质解题，属于中档题.

14．已知，若函数图象的任何一条对称轴与轴交点的横坐标都不属于区间，则的取值范围是__________．（结果用区间表示）

【答案】

【分析】先化简，再由正弦函数的性质建立不等式求解即可

【详解】由题意，函数，

 由的任何一条对称轴与轴交点的横坐标都不属于区间，

 则，解得，即，

 函数的对称轴的方程为，

 即，则，解得，

 所以实数的取值范围是.

故答案为：

15．已知是各项均为正整数的数列，且，，对任意，与有且仅有一个成立，则的最小值为______．

【答案】20

【分析】由递推关系分析的取值，求的最小值.

【详解】由已知，所以，

若，，因为，所以，故，

所以，

(1)若，则，

当时，，若，则，与条件相矛盾，

当时，，若，则，与条件相矛盾，

当时，，若，则可以取8，此时，

当时，，又，则，

当时，，则，

(2)若，则，则，则，

(3) 若，则，则，则，

(4) 若，则，则，

所以的最小值为20.

故答案为：20

16．已知，是函数，的两个极值点，若，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】先由题得所以，.化简得=，再构造函数，利用导数求函数的值域即得解.

【详解】由题得函数的定义域为，

，

所以是方程的两个实数根，

所以，

因为，，

所以，

所以.

所以

=

记，

所以

由，

所以在单调递减，

又由洛必达法则得当时，，即，

所以函数g(x)的值域为.

即的取值范围为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和取值范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

三、解答题

17．如图，三棱锥P-ABC中，平面ABC，，，，．

(1)求三棱锥A-PBC的体积；

(2)在线段PC上是否存在一点M，使得?若存在，求的值，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)；

(2)存在，.

【分析】（1）利用棱锥的体积公式求A-PBC的体积；

（2）令，在面PAC内，过M作交AC于N，连接BN，BM，由线面垂直的性质及平行公理的推论可得，根据平行线的性质、余弦定理及勾股定理得，再由线面垂直的判定、性质证，即可确定存在性.

【详解】（1）因为AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，

所以．

由平面ABC知：PA是三棱锥P-ABC的高，又PA＝1，

所以三棱锥A-PBC的体积．

（2）在线段PC上存在一点M，使得，此时．

如图，在平面PAC内，过M作交AC于N，连接BN，BM．

由平面ABC，平面ABC，故，所以．

由知：，则，

在中，，

所以，即．

由于且面MBN，故平面MBN．

又平面MBN，所以．

18．已知数列是各项均不为0的等差数列，为其前n项和，且满足，，数列的前n项和为.

（1）求数列的通项公式及数列的前n项和.

（2）是否存在正整数，使得，，成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1),;(2)存在正整数,使得,,成等比数列.

【分析】(1)将等差数列求和公式代入,化简后可得,再将其带入,利用裂项相消法可求得;

(2)根据等比中项的性质建立等式,化简后即可求得的范围,再结合题意均为正整数,进而可得解.

【详解】(1)是各项均不为0的等差数列,

,

,

,

;

(2)若存在正整数,使得,,成等比数列,

则,即,

化简得:,

解得:

又且,

所以,,

故存在正整数,使得,,成等比数列.

【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的基本性质,考查了学生综合分析问题和实际应用的能力.

19．某公司要在一条笔直的道路边安装路灯，要求灯柱与地面垂直，灯杆与灯柱所在的平面与道路走向垂直，路灯采用锥形灯罩，射出的光线与平面的部分截面如图中阴影部分所示.已知，路宽米.设

(1)求灯柱的高（用表示）；

(2)此公司应该如何设置的值才能使制造路灯灯柱与灯杆所用材料的总长度最小？最小值为多少？（结果精确到米）

【答案】(1)

(2)，最小值米

【分析】（1）在中先用正弦定理表示出，然后在中利用正弦定理表示出；

（2）在中利用正弦定理表示出，从而得到的表达式，利用三角函数的性质求解即可.

【详解】（1）中，，由正弦定理：，得，中，，由正弦定理：，得

（2）中，由正弦定理：，得，所以

因为，所以，根据三角函数性质，在上递增,即当时，取得最小值，因而制造路灯灯柱与灯杆所用材料的总长度最小，最小值约为米.

20．已知点与定点的距离是点到直线距离的倍，设点的轨迹为曲线，直线与交于、两点，点是线段的中点，、是上关于原点对称的两点，且.

(1)求曲线的方程；

(2)当时，求直线的方程；

(3)当四边形的面积时，求的值.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据已知条件列等式，可求得曲线的方程；

（2）设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出点的坐标，进一步可求得点的坐标，再将点的坐标代入曲线的方程，求出的值，即可得出直线的方程；

（3）求得点、，将点的坐标代入曲线的方程，可得，求出、两点到直线的距离以及，利用三角形的面积公式可得出关于的等式，结合已知条件可求得的值.

【详解】（1）解：由题意可得，化简可得，

因此，曲线的方程为.

（2）解：设点、，联立，可得，

，

由韦达定理可得，，

则，，

所以点的坐标为，

因为，可得点，

将点的坐标代入曲线的方程得，解得，

因此，直线的方程为.

（3）解：由（2）可得，则点，

则点，

因为点在曲线上，则，可得，因为，则，

点到直线的距离为，

点到直线的距离为，

，

所以，，

因为，解得.

21．已知函数，设，.

(1)若在上有解，求的取值范围；

(2)若，证明：当时，成立；

(3)若恰有三个不同的根，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）常数分离法，转化为有解，用导数求的最小值即可；

（2）即证在时恒成立，用导数求左边函数的最小值;

（3）确定是先减后增，要使有三根，要满足，从而，可将表示为的函数，根据的范围，求得的范围.

【详解】（1）由题，在上有解，，所以有解

令，则，

而在上为增函数，所以，

即成立，所以在严格递增，

因而，即.

（2）时，则，

令，

得，记，

则在时严格增，

因而，所以在时严格增，

因而

即在严格增，，

即在恒成立.

（3）在定义域上递增

①当时，，

而当时成立，且，

所以，

因而存在，使得，

当时，，为减函数；

当时，，为增函数；

所以为极小值点.，

由，此时不可能有三个根.

②当时，

因而存在，使得，

当时，，为减函数；

当时，，为增函数；

所以为极小值点.，

由，此时不可能有三个根.

③当时，在定义域上递增，

当时，，为减函数；

当时，，为增函数；

所以为极小值点.所以为最小值，此时不可能有三个根.

④当时，，存在，使得

当时，，为减函数；

当时，，为增函数；

所以为极小值点，

而，所以

由

由有三个根，得

由，

所以.

【点睛】利用导数研究方程根的过程中用的主要数学思想方法就是数形结合,即首先通过导数研究函数的性质，确定函数的单调性，极值，最值等，根据函数的性质画出函数的图象，然后根据函数的图像确定方程根的情况.方程的根的个数可以看成函数图象与x轴交点的个数，也可以转化为两个函数图象的交点个数问题.解决这类问题要注意分类讨论思想，数形结合思想的应用.