2023届上海市实验学校高三上学期11月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届上海市实验学校高三上学期11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，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届上海市实验学校高三上学期11月月考数学试题 一、单选题1．设点、均在双曲线上运动，、是双曲线的左、右焦点，则的最小值为（   ）A． B．4 C． D．以上都不对【答案】B【分析】根据向量的运算，化简得，结合双曲线的性质，即可求解.【详解】由题意，设为的中点，根据向量的运算，可得，又由为双曲线上的动点，可得，所以，即的最小值为.故选：B.【点睛】本题主要考查了向量的运算，以及双曲线的标准方程及简单的几何性质的应用，其中解答中利用向量的运算，合理化简，结合双曲线的几何性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.2．已知函数，把函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象，关于函数，下列说法正确的是A．在上是增函数B．其图象关于直线对称C．函数是奇函数D．当时，函数的值域是【答案】D【详解】试题分析：由题意得，，A：时，，是减函数，故A错误；B：，故B错误；C：是偶函数，故C错误；D：时，，值域为，故D正确，故选D．【解析】1．三角函数的图象变换；2．的图象和性质．3．直线平面，垂足是，正四面体的棱长为4，点在平面上运动，点在直线上运动，则点到直线的距离的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先将问题转化为点O在以BC为直径的球上运动，再去求球心到直线的距离，进而求得点到直线的距离的取值范围【详解】在正四面体中，分别取的中点，连接，则，又，平面，平面则平面，又平面，则中，等腰中，，若固定正四面体的位置，则点O在以BC为直径的球上运动，球半径为2，则点O到直线的距离的最小值为球心到直线的距离减去半径即，最大值为球心到直线的距离加上半径即则点到直线的距离的取值范围是故选：B4．在平面直角坐标系中，已知向量点满足.曲线，区域.若为两段分离的曲线，则A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：设，则 ，，区域 表示的是平面上的点到点的距离从到之间，如下图中的阴影部分圆环，要使 为两段分离的曲线，则，故选A. 【解析】1.平面向量的应用；2.线性规划.  二、填空题5．若，则___________.【答案】【分析】根据双曲线、椭圆的性质，利用集合的运算即可求解.【详解】由双曲线的性质可知中，或，所以,所以，由椭圆的性质可知中，，所以,所以，故答案为：.6．已知函数，则___________.【答案】2【分析】根据导数的运算公式求解.【详解】,所以，故答案为：.7．已知直线经过点，倾斜角的正弦值为，则的点斜式方程为___________.【答案】或.【分析】先根据倾斜角的正弦值为，求出的值，再求出，从而可求出直线的斜率，进而可求出直线方程.【详解】直线的倾斜角的正弦值为，则当为锐角时，，所以，所以直线的斜率为，因为直线经过点，所以直线的点斜式方程为，当为钝角时，，所以，所以直线的斜率为，因为直线经过点，所以直线的点斜式方程为，综上，直线的点斜式方程为或，故答案为：或.8．已知向量，，且在上的投影为，则______．【答案】【解析】利用数量积的定义得到投影，再利用数量积和模长的坐标运算代入计算即可.【详解】设与的夹角是，利用投影定义，在上的投影为，因为，，所以，解得.故答案为：.9．若复数同时满足，则___________.（是虚数单位）【答案】【分析】待定系数法求出复数，再利用求模公式计算【详解】设，由，所以， 又，所以，所以所以，故答案为：.10．若且是第二象限的角，则_________.【答案】-3【分析】先求出的值，然后利用二倍角的正切公式求出，进而利用两角和与差的正切公式求出，从而可求出.【详解】由题意，，∵是第二象限的角，∴，，又，解得或，∵，∴，∴是第一、三象限的角，则，即舍去，符合题意.∴,∴.故答案为：.【点睛】本题考查了三角函数恒等变换，考查象限角，考查学生的计算求解能力，属于基础题.11．已知，函数的零点从小到大依次为，若），请写出所有的所组成的集合___________.【答案】【分析】将的零点可以转化为函数和图象交点的横坐标，然后利用零点存在性定理分析零点所在区间即可.【详解】的零点可以转化为函数和图象交点的横坐标，图象如上所示，由图可知共三个零点，，，所以在上存在一个零点；，则在上存在一个零点；，，则在上存在一个零点；所以.故答案为：.12．集合，从的所有非空子集中，等可能地取出一个，设，若，则，就称子集满足性质，则所取出的非空子集满足性质的概率为___________.【答案】【分析】根据题意列出的非空子集，找到满足性质的的集合，利用古典概率模型求解.【详解】由题可知，的所有非空子集有：，共有31个，满足性质的有：共有7个，所以所取出的非空子集满足性质的概率为，故答案为：.13．在△ABC中，设角A，B，C对应的边分别为，记△ABC的面积为S，且，则的最大值为__________.【答案】【分析】根据题中条件利用余弦定理进行简化，然后化简为二次函数，求出二次函数的最值即可.【详解】由题知，整理得，因为，代入整理得，令，有，所以，所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了利用余弦定理解三角形，结合考查了二次函数的最值问题，属于中档题.14．已知实数同时满足：（1），其中是边延长线上一点：（2）关于的方程在上恰有两解，则实数的取值范围是___________【答案】．【解析】由已知向量等式可得，令，把关于的方程在，上恰有两解转化为在上有唯一解，进一步得到关于的不等式（组求解，与取交集得答案．【详解】由，且，得，即，是边延长线上，，即．关于的方程在，上恰有两解，令，可得在上有唯一解，或，又，解得或．实数的取值范围是．故答案为：．【点睛】方法点睛：一元二次方程的根的分布问题常从以下几个方面考虑：（1）二次函数的抛物线的开口方向；（2）对称轴位置；（3）大小；（4）端点函数值；（5）抛物线与坐标轴的交点.15．已知实数、、、满足：，，，则的最大值为__________.【答案】【解析】根据已知四个实数满足的式子，将数转化为形求解，再利用点到直线的距离公式，结合图形可得答案.【详解】记、，由题意，知、位于单位圆上，，则、分别表示、到直线的距离、，于是，，分别取、靠近、的三等分点为、，联结，过点作的垂线，交、于、，则，在中，应用余弦定理，可得，，，从而，.故答案为：【点睛】此题考查的是已知几个实数的关系式，然后求含这些实数的代数式的最值，采用了转化法，利用数形结合的方法求解，属于难题.16．对任意，函数满足，，数列的前15项和为，数列满足，若数列的前项和的极限存在，则___________.【答案】【分析】由题意可得，，．展开代入可得，又，化为．再根据数列的前15项和与，解得，．可得，．解出，即可得出，对分奇偶分别求和并取极限，利用极限相等求得.【详解】，，，展开为，，即，．即，，化为．数列{}是周期为2的数列．数列{}的前15项和为，．又，解得，．∴，．由0，，解得．0，，解得，又，令数列的前项和为，则当为奇数时，，取极限得；则当为偶数时，，取极限得；若数列的前项和的极限存在，则，，故答案为：.【点睛】方法点睛：在遇到周期性数列求和时，可利用分组求和的方法，分别对奇数项和偶数项进行求和，然后再求和. 三、解答题17．已知，函数.（1）若，求的最大值；（2）若在时的最小值为，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）先代入，然后对正负讨论，化简出函数解析式，然后再求出最大值即可，（2）根据的范围即可化简函数解析式，然后再根据的范围即可判断函数什么时候取得最小值，进而可以求出的值．【详解】解：（1），则函数，当，时，，当时，，当，时，，所以当时，，综上，函数的最大值为2；（2）当时，，所以当时，，所以，即，故的值为．【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数求最值以及含参数求最小值的问题考查了学生的运算能力，属于基础题．解题关键是对按正负分类讨论，去掉绝对值符号后利用三角函数性质求最值．18．如图1，在直角梯形中，，是的中点，是与的交点，将沿折起到图2中的位置，得到四棱锥.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）当平面平面时，四棱锥的体积为，求的值.【答案】（Ⅰ） 证明见解析，详见解析；（Ⅱ）.【详解】试题分析：（1）依据直线与平面垂直的判定定理推证；（2）借助题设条件运用等积法建立方程求解.试题解析:（1）在图1中，易得所以，在图2中，平面（2）由已知，平面平面, 所以平面【解析】空间线面垂直的位置关系和棱锥的体积公式等有关知识的运用． 19．根据预测，某地第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：辆），其中，，第个月底的共享单车的保有量是前个月的累计投放量与累计损失量的差. （1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第个月底的单车容纳量（单位：辆）. 设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【答案】（1）935；（2）见解析.【详解】试题分析：（1）计算和的前项和的差即可得出答案；（2）令得出，再计算第个月底的保有量和容纳量即可得出结论.试题分析：（1）（2），即第42个月底，保有量达到最大 ，∴此时保有量超过了容纳量. 20．设分别是椭圆的左､右焦点，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，到直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)已知点，设是椭圆上的一点，过两点的直线交轴于点，若，求的取值范围；(3)作直线与椭圆交于不同的两点，其中点的坐标为，若点是线段垂直平分线上一点，且满足，求实数的值.【答案】(1)(2)或(3) 【分析】（1）根据点到直线的距离和菱形的面积建立方程组，求解即可；（2）根据向量坐标运算表示出的坐标，代入椭圆方程，利用求出的范围；（3）求出垂直平分线的方程，把代入，结合可求答案.【详解】（1）设的坐标分别为，其中；由题意得的方程为.因为到直线的距离为3，所以解得，所以 ① 因为连接椭圆的四个顶点得到的菱形面积为4，所以，即  ②联立①②解得: ,所求椭圆D的方程为.（2）由（1）知椭圆的方程为，设，因为，所以所以，代入椭圆的方程，所以，解得或.（3）由，设根据题意可知直线的斜率存在，可设直线斜率为，则直线的方程为，把它代入椭圆的方程，消去整理得：由韦达定理得则，；所以线段的中点坐标为.（i）当时，则，线段垂直平分线为轴，于是，由解得.（ii）当时，则线段垂直平分线的方程为.由点是线段垂直平分线的一点，令，得；于是由，解得，所以.综上可得实数的值为.【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系等，求解方程的关键是建立关于待定系数的方程组；参数求值的关键是向量条件的转化，主要是利用向量的坐标运算，结合韦达定理进行求解.21．记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．（1）证明：函数与不存在“点”；（2）若函数与存在“点”，求实数的值；（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，使函数与在区间内存在“点”．【详解】分析：（1）根据题中“S点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合 “S点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论.详解：解：（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得，此方程组无解，因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．（2）函数，，则．设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0），得，即，（*）得，即，则．当时，满足方程组（*），即为f（x）与g（x）的“S”点．因此，a的值为．（3）对任意a>0，设．因为，且h（x）的图象是不间断的，所以存在∈（0，1），使得，令，则b>0．函数，则．由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得，即（**）此时，满足方程组（**），即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.