2023届上海市大同中学高三上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届上海市大同中学高三上学期10月月考数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届上海市大同中学高三上学期10月月考数学试题 一、填空题1．已知集合，则__．【答案】【分析】化简集合，然后利用交集的定义即得.【详解】，又，.故答案为：.2．抛物线的准线方程是_______【答案】【分析】根据抛物线的标准方程形式求出，再根据开口方向，写出其准线方程.【详解】对于抛物线，，，又抛物线开口向右，准线方程为.故答案为：.3．函数的定义域是_________．【答案】【分析】由真数大于0和分母不等于0建立不等式组即可求解.【详解】解：由，可得，所以函数的定义域是，故答案为：.4．若复数z满足，则z对应的点位于第_________象限.【答案】二【分析】根据复数的四则运算及复数的几何意义即可求解.【详解】由，得所以复数z对应复平面的点为，所以z对应的点位于第二象限.故答案为：二.5．在的展开式中，常数项为__________．【答案】【分析】利用二项式定理求出通项公式并整理化简，然后令的指数为零，求解并计算得到答案.【详解】的展开式的通项 令，解得，故常数项为．故答案为：.6．数列是等差数列，若，，则__．【答案】9【分析】根据等差数列的性质结合条件即得.【详解】因为数列是等差数列，，所以，即.故答案为：9.7．若双曲线的一条渐近线方程为，则_________.【答案】【分析】根据题意可得，从而可求出的值.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，所以，解得，故答案为：2.8．已知函数 ，若 ，则实数 ________．【答案】【分析】根据分段函数中自变量范围代入相关解析式，求出值，检验即可.【详解】根据题意，函数若 ， 则有或，解可得 ；故答案为：1.9．若与关于轴对称，写出一个符合题意的值______．【答案】（答案不唯一）【分析】先由关于轴对称得出关系式，再由诱导公式求解即可.【详解】由题意得，，由诱导公式知，显然满足题意，解得.故答案为：（答案不唯一）.10．甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局．已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则次活动中，甲至少获胜次的概率为__．【答案】【分析】利用独立事件的概率公式计算出甲在一次活动中获胜的概率，再利用独立事件和对立事件大概概率公式可求得所求事件的概率.【详解】在一次活动中，甲获胜的概率为，因此，次活动中，甲至少获胜次的概率为.故答案为：.11．已知函数，若有三个零点，则的取值范围为__．【答案】【分析】有三个零点等价于与有三个交点，当与相切时，求出对应切线，则由数形结合可判断的取值范围.【详解】有三个零点等价于与有三个交点，如图所示.当与相切时，此时恰有两个交点，设切点为 ，则切线方程为，∵切线过，∴，∴切线斜率为.由图易得，当时，与有三个交点.故答案为：12．已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________.【答案】【分析】设，由平面向量的知识可得，再结合柯西不等式即可得解.【详解】由题意，设，则，即，又向量在方向上的投影分别为x，y，所以，所以在方向上的投影，即,所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.  【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由平面向量的知识转化出之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得最小值. 二、单选题13．已知，则“”是“”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】A【分析】根据充分条件、必要条件的定义，利用基本不等式定理与举特例判断可得．【详解】解：当时，有；当时，有成立，综上，“”是“”的充分不必要条件，故选：A．14．函数是A．奇函数，且最大值为2 B．偶函数，且最大值为2C．奇函数，且最大值为 D．偶函数，且最大值为【答案】D【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值.【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，又，所以当时，取最大值.故选：D.15．设无穷等比数列的前项和为，若，则（    ）A．为递减数列 B．为递增数列C．数列有最大项 D．数列有最小项【答案】D【分析】设等比数列的公比为，分析可知，取，可判断AB选项；分、两种情况讨论，利用数列的单调性可判断CD选项.【详解】设等比数列的公比为，由已知，则，由可得且，对于AB选项，若，，当为奇数时，，此时，则，当为偶数时，，此时，则，此时数列不单调，AB都错；对于CD选项，，当时，此时数列单调递增，则有最小项，无最大项；当时，若为正奇数时，，则，此时单调递减，则；当为正偶数时，，则，此时单调递增，则.故当时，的最大值为，最小值为.综上所述，有最小项.故选：D.16．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（    ） A．20° B．40°C．50° D．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【详解】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题. 三、解答题17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．(1)求的值；(2)若，求的面积．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．【详解】（1）由于， ，则．因为，由正弦定理知，则．（2）因为，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面积． 18．如图，在三棱柱中，AB⊥平面，点E为的中点.(I)求证：平面ABC；(II)求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】(I) 证，在同一平面内用“数据说话”，证 用线面垂直的性质；(II) 以为原点，建立空间直角坐标系，求出 求出平面求出的法向量，利用空间向量夹角公式可得.【详解】(I)⊥平面平面，，在中，，， ，，平面ABC；(II)由(I)知,则建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，故 ，.令，，，又平面的法向量为，.由题知二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.【点睛】本题考查线面垂直判定及利用空间向量计算二面角大小.计算二面角大小的常用方法:分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小19．已知数列，，满足，，．(1)若为等比数列，公比，且，求的值及数列的通项公式；(2)若为等差数列，公差，求和：．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据题意，列出方程求得，然后根据累加法即可得到数列的通项公式；（2）由题意可得数列是一个常数列，然后根据裂项相消法即可求得的值.【详解】（1）由题意可得，，因为，所以，整理得，解得（舍），或所以所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以所以则，，，（），各式相加，可得，当时，也符合该式，故.（2）依题意，由，可得，两边同时乘，可得因为所以数列是一个常数列，且此常数列为则，且为等差数列，公差，，即所以又因为，所以所以20．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．(1)求E的方程；(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．【答案】(1)(2) 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 21．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)当时，讨论函数的单调性；(3)当时，，求的取值范围．【答案】(1)(2)在上单调递减，在上单调递增.(3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，最后根据切线与横轴、纵轴的交点坐标进行求解即可；（2）代入，对进行求导，利用导数的性质，得到的单调性；（3）等价于，设函数，通过对求导，利用导数的性质，求出的最大值，进而求出的范围.【详解】（1），，，切点为，，切线方程为：，化简得，，切线与两坐标轴的交点为：和，故可设切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，（2）时，，，易得在定义域上单调递增，且，当时，；当时，，在上单调递减，在上单调递增.（3）等价于，设函数，则.①若，即，则当时，.所以，在单调递增，而，故当时，，不合题意.②若，即，则当时，；当时，.所以，在和上单调递减，在单调递增，由于，所以，当且仅当，即，所以当时，.③若，即，则.由于，故由②可得，故当时，.综上，的取值范围是【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．