2023届上海市洋泾中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届上海市洋泾中学高三上学期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，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届上海市洋泾中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知，，则下列不等式中恒成立的是（    ）A． B．  C．  D．【答案】D【分析】利用不等式的基本性质即可求解【详解】∵，，∴，则选项不正确；当，时，即，∴和成立，则选项、不正确；∵,∴，∴，则选项正确；故选：.2．下列函数中，既是偶函数，又是上的严格增函数的是（　　）．A． B．C． D．【答案】A【分析】根据幂指对函数的性质解决.【详解】根据奇偶函数的定义域关于原点对称，故D错；根据偶函数，则C错；最后根据上的严格增函数，故B错；故选：A.3．随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机软件层出不穷，为调查某两家订餐软件的商家服务情况，统计了它们的送餐时间（单位：分钟），得到茎叶图如图所示．已知甲、乙两款的平均送餐时间相同，甲款送餐时间的众数为，则下列说法正确的为（　　）．A．甲款送餐时间更稳定，中位数为B．甲款送餐时间更稳定，中位数为C．乙款送餐时间更稳定，中位数为D．乙款送餐时间更稳定，中位数为【答案】D【分析】利用中位数的定义求出的值，利用平均数公式可求得的值，并计算出两款送餐时间的方差以及中位数，即可得出结论.【详解】因为甲款送餐时间的众数为，则，平均数为，方差为，中位数为；乙款送餐时间的平均数为，解得，方差为，中位数为，则，故乙款送餐时间更稳定，中位数为.故选：D.4．设等比数列，首项，实系数一元二次方程的两根为．若存在唯一的，使得，则公比的取值可能为（　　）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据根与系数关系求得的取值范围，对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意，等比数列，首项，所以，由于实系数一元二次方程的两根为，①若，且，由，得.所以，①若，由求根公式可得，解得.综上所述，，注意到选项中的，所以（*），当时，，没有符合题意的.当时，，其中符合（*），具有唯一性， B选项正确.当，，其中符合（*），没有唯一性.当时，，其中 符合（*），没有唯一性.故选：B【点睛】本题的关键点在于“实系数一元二次方程的两根为”，这两个根没有明确是否为实数根，所以要对判别式进行分类讨论，并由此求得关键的的取值范围. 二、填空题5．已知集合，则___________．【答案】【分析】求得再求交集即可【详解】；故答案为：6．已知复数满足（其中为虚数单位），则__________．【答案】【详解】由题意可得，，.所以，.故答案为：.7．已知球的半径为3，则该球的体积为 _________ .【答案】【分析】根据球的体积公式计算可得；【详解】解：因为球的半径，所以球的体积；故答案为：8．已知函数是定义在上的奇函数，则____________．【答案】【分析】根据，求得参数值，再进行检验即可.【详解】根据题意，，解得；当时，，其定义域为，且，满足为奇函数，故.故答案为：.9．若直线与直线互相平行，则实数_____．【答案】【分析】根据两直线平行即可直接求出参数a.【详解】当时，，两直线不平行；当时，由，得，解得.故答案为：-2.10．已知，，则____________．【答案】【分析】先用诱导公式化简，然后根据平方关系和商数关系可求.【详解】，。.故答案为：.11．已知二项式，在其展开式中二项式系数最大的项的系数为____________．【答案】【分析】根据二项式系数的性质，可知第4项二项式系数最大，写出展开式的第4项即可得到.【详解】由题意知，.根据二项式系数的性质可得，第4项二项式系数最大.，所以展开式中二项式系数最大的项的系数为-160.故答案为：-160.12．在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧.墩墩同学要从个节气中随机选取个介绍给外国友人，则这个节气中含有“立春”的概率为____________．【答案】【分析】结合古典概型概率计算公式以及组合数的计算公式计算出所求概率.【详解】这个节气中含有“立春”的概率为：.故答案为：13．已知矩形，是矩形内一点，且到的距离为．若将矩形绕顺时针旋转，则线段扫过的区域面积为____________．【答案】【分析】矩形绕顺时针旋转，则扫过了一个圆锥的侧面的，圆锥的侧面展开即可计算.【详解】过作于，，若旋转一圈则可旋转成一个底面半径为1，高为2的圆锥，则故答案为：.14．已知双曲线（）的焦点到渐近线的距离为2，且直线与双曲线没有交点，则的取值范围是__________．【答案】【分析】过原点的直线与标准的双曲线没有交点，则该直线的斜率大于或等于双曲线的渐近线的斜率【详解】过双曲线的右焦点F作FA垂直于渐近线，如下图所示：双曲线焦点到渐近线的距离为2，可得：（其中）易知：，又直线与双曲线没有交点，则只需直线的斜率大于或等于渐近线的斜率可得：解得：故答案为：15．若存在，使得不等式有解，则实数的取值范围为____________．【答案】【分析】设，要使不等式有解，只需要即可.所以，先求出的最小值，化简，根据基本不等式可求得最小值，然后求解绝对值不等式即可.【详解】设，则，当且仅当，即，即时，等号成立，又，所以，显然存在.所以，最小值为9.要使不等式有解，只需要即可，即，去绝对值可得或，所以或.故答案为：.16．已知向量，其中且．设与的夹角为，若对于任意，总有，则的最小值为__________．【答案】【分析】不妨设，，则将向量问题转化为解三角形问题，利用极限位置一一分析即可；【详解】解：不妨设，，则向量问题可转化为如下解三角形问题：由，为锐角，同时由余弦定理，而实际上表示的是OA的延长线．故，而，则与的夹角．可知，随着的增大，也在增大，则在减小，由题意，只需求所趋近的最大值和最小值即可．第一种极限情况，当与A重合时，第二种极限情况，当位于OA的延长线无穷远处时，可看作与平行，根据两条平行直线同旁内角互补的性质，，由于恒成立，则，则k的最小值为．故答案为： 三、解答题17．如图，在三棱柱中，是边长为的正方形，平面平面，，，点为棱的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【分析】（Ⅰ）由题意，利用平面与平面垂直的性质可得平面，得到平面，得，由是正方形，得，再由直线与平面垂直的判定可得平面；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，又，故以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与 的坐标，由两向量所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值．【详解】（Ⅰ）证：平面平面，平面平面，平面，且，平面，在三棱柱中，有，平面，得,是正方形，，而，平面；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，平面，又，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，由，取，得，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定，考查线面角的求法，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题．18．已知函数．(1)求函数的最小正周期和值域；(2)在中，角的对边分别为．若锐角满足，，，求的面积．【答案】(1)；值域为(2) 【分析】（1）先用降幂公式然后再用辅助角公式化简为一般的三角函数可求;（2）根据先求出的大小，然后再根据正弦定理解三角形，最后代入面积公式即可求.【详解】（1）的最小正周期为.，的值域为.（2）由得.，，，由正弦定理，得，由余弦定理，得.19．已知各项均为正数的数列的前项和为，向量，向量，且．(1)求数列的通项公式；(2)若对任意正整数都有成立，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知可推得，进而可推出是等差数列，从而求得通项公式；（2）由（1）可得，，观察通项形式，采用裂项得到，然后相加即可得到结果.【详解】（1）因为，所以，所以，.当时，，解得（舍）或.当时，，，相减得，即，，化简得.，所以，是以2为首项，2为公差的等差数列..（2）因为，所以.由（1）知，， 所以.20．已知函数.（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若，讨论函数的单调性； （Ⅲ）当时，恒成立，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）根据导数几何意义求出导数即为斜率，根据点斜式写出直线方程；（Ⅱ）由题意得，讨论根据判定其单调区间；（Ⅲ）法一：由题意得，讨论根据单调性判定是否成立即可得出答案；法二：原命题等价于在上恒成立，用参变分离法求出函数最值.【详解】（Ⅰ）当时，，        ，   所以切线方程为：，即：； （Ⅱ）由题，可得 由于，的解为， （1）当，即时，，则在上单调递增； （2）当，即时，在区间上，在区间上，，所以的单调增区间为；单调减区间为.  (3)当，即时，在区间 上，在区间上，，则在上单调递增，上单调递减.  （Ⅲ）解法一：（1）当时，因为，所以，，所以，则在上单调递增，成立  （2）当时，，所以在上单调递增，所以成立.  （3）当时，在区间上，；在区间，，所以在上单调递减，上单调递增，所以，不符合题意.     综上所述，的取值范围是.   解法二：当时，恒成立，等价于“当时，恒成立”.即在上恒成立. 当时，，所以.  当时， ，所以恒成立.设，则因为，所以，所以在区间上单调递增.所以，所以. 综上所述，的取值范围是.【点睛】方法点睛：已知不等式恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.21．已知椭圆的离心率为，椭圆截直线所得线段的长度为．过作互相垂直的两条直线、，直线与椭圆交于、两点，直线与椭圆交于、两点，、的中点分别为、．(1)求椭圆的方程；(2)证明：直线恒过定点，并求出定点坐标；(3)求四边形面积的最小值．【答案】(1)(2)证明见解析，，(3) 【分析】（1）根据题意得椭圆过点、离心率和计算可得答案；（2）分直线、斜率均存在且不为0、直线、斜率一个不存在一个为0时，设，，，，联立直线和椭圆方程利用韦达定理和中点坐标公式可得点坐标，再分、求直线方程可得直线过定点；（3）分直线或斜率一个不存在一个为0、直线、斜率均存在且不为0时，利用弦长公式可得，可得，再利用基本不等式求解即可.【详解】（1）由题意得椭圆过点，，解得，，，；（2）当直线、斜率均存在且不为0时，设，，则，，，由，，得，，，由，，得，，可得，① 当时，直线的斜率为，直线的方程为，化简得，过定点，② 当时，直线的方程为，过点，当直线、斜率一个不存在一个为0时，、的中点坐标分别为、时．直线的方程为，过点，综上，直线恒过定点；（3）当直线或斜率一个不存在一个为0时，，当直线、斜率均存在时且不为0时，由（2）得，，，当且仅当即时等号成立，综上，四边形面积的最小值为.【点睛】思路点睛：第二问中，设直线方程为， ， 利用韦达定理求出中点坐标公式，再求直线方程然后求定点，第三问中求出，求出面积表达式，然后利用基本不等式求最值.解题时要认真审题，注意直线方程、韦达定理和基本不等式等知识点的合理运用，考查了学生的计算能力.