2023届河北南宫中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届河北南宫中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北南宫中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知，则在复平面内，其共轭复数所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】利用复数的运算化简复数，可得其共轭复数，利用复数的几何意义可得出结论.【详解】因为，则，则，所以，，因此，复数所对应的点位于第四象限.故选：D.2．已知非零向量的夹角余弦值为，且，则（    ）A．2 B． C． D．1【答案】A【分析】根据垂直向量数量积为0，结合数量积的公式求解可得，进而求解即可.【详解】由题意，，即，，因为故，则.故选：A3．已知中，点为边中点，点为所在平面内一点，则“”为“点为重心”（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】C【分析】等价于等价于点为重心.【详解】充分性：等价于：等价于：等价于：所以为的靠近的三等分点，所以点为重心；必要性：若点为重心，由重心性质知，故故选：C4．已知等差数列的公差不为且成等比数列，则下列选项中错误的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求得等差数列的通项公式以及前项和，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】设等差数列的公差为，由于成等比数列，所以，，，解得或（舍去）.所以.所以，A选项正确.，由于，所以，B选项正确.，，所以C选项正确，D选项错误.故选：D5．已知函数在内恰有3个最值点和4个零点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】数形结合，由第4个正零点小于等于1，第4个正最值点大于1可解.【详解】，因为，所以，又因为函数在内恰有个最值点和4个零点，由图像得：，解得：，所以实数的取值范围是.故选：B6．如图，圆内接四边形中，，，现将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的表面积为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】先求得，然后判断出旋转体的结构，从而求得旋转体的表面积.【详解】在圆内接四边形中，，所以是四边形外接圆的直径，所以，则，延长，过作，垂足为；过作，垂足为，则，所以三角形是等腰直角三角形，所以，由于，，所以四边形是矩形，，在等腰直角三角形中，，所以，将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体是圆台挖掉一个圆锥，其表面积为.故选：C7．如图，在平行四边形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先推导出，然后以、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出圆的方程，设出点点坐标，用坐标表示向量积，结合三角函数性质可得最小值．【详解】由题意，由余弦定理可得，则，所以，以、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，如下图所示，则，，，，则直线的方程为，即，所以圆半径为，圆的方程为，设，，，所以，其中且为锐角，所以，的最小值为．故选：C．8．已知函数，若存在使得关于的不等式成立，则实数的取值范围（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围.【详解】因为，由可得，即函数的定义域为，可得，即，构造函数，其中，则，故函数在上单调递增，所以，，可得，则，即，其中，令，其中，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，解得.故选：C.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解. 二、多选题9．下列命题中真命题有（    ）A．集合，若，则实数的取值集合为B．数列的前项和为，若，则C．若定义域为的函数是奇函数，函数为偶函数，则D．若分别表示的面积，则【答案】CD【分析】分两种情况分别求解可判断A；对于B，由条件可得当时有，然后可得，即可判断；对于C，利用奇函数的知识和可判断；对于D，设线段的中点分别为，连接，根据条件可得点是线段靠近点的三等分点，然后可判断.【详解】对于A，当时，，当时，或，即或，故实数的取值集合为故A错误；对于B，因为，所以当时有，两式相减可得，即，当时，，所以，故B错误；对于C，因为函数为偶函数，所以，所以，因为是定义域为的奇函数，所以，故C正确；对于D，如图，设线段的中点分别为，连接，因为，所以，所以，即，即点是线段靠近点的三等分点，所以，故D正确；故选：CD10．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法错误的是（    ）A．线段为平面外的线段，若两点到平面的距离相等，则B．若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等C．若，则D．若，则【答案】ABC【分析】直观想象，结合平行垂直的性质与判定举反例判断即可.【详解】对A，线段为平面外的线段，若两点到平面的距离相等，则或中点在平面内，故A错误；对B，若一个角的两边分别平行于另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故B错误；对C，若，则或，故C错误；对D，由线面垂直的性质可得，若，则，故D正确；故选：ABC11．折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.如图1，其平面图是如图2的扇形，其中，，点在弧上，且，点在弧上运动（包括端点），则下列结论正确的有（    ）A．在方向上的投影向量为B．若，则C．D．的最小值是【答案】ABD【分析】利用投影向量的定义可判断A选项；建立平面直角坐标系，利用三角恒等变换结合平面向量的线性运算可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断D选项.【详解】对于A选项，由题意可知，所以，在方向上的投影向量为，A对；对于B选项，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、，设点，其中，由可得，所以，，所以，，所以，，，则，所以，，所以，，B对；对于C选项，，所以，，C错；对于D选项，，其中，、，，，所以，，因为，则，所以，故当时，取最小值为，D对.故选：ABD.12．如图，在菱形中，为的中点，将沿直线翻折到的位置，连接和为的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（    ）A．面面B．线段长度的取值范围为C．直线和所成的角始终为D．当三棱锥的体积最大时，点在三棱锥外接球的外部【答案】AC【分析】利用线面垂直的判定可得面，可判断A选项；取中点，连接，，结合余弦定理，求得，并判断B选项；利用几何法将与的夹角转化为与的夹角，判断C选项；将几何体还原为长方体，求得外接球半径，进而判断D选项.【详解】A选项：连接，由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，由余弦定理，故，，所以，同理，又，平面，故平面，又面，故面面，故A选项正确；B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且.又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项错误；C选项：由B选项得，所以直线和所成角即为与所成角，又，故，故C选项正确；D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，故，，故在的外接圆内，又的外接圆在三棱锥外接球的内部，故点在三棱锥外接球的内部，故D选项错误；故选：AC 三、填空题13．已知，，且与的夹角为锐角，则的取值范围是_________________．【答案】【详解】试题分析：因为向量与的夹角为锐角，所以且与不共线，所以且，解之得：【解析】向量夹角及坐标运算.14．在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱、、两两夹角都为，且，，，、分别为、的中点，则与所成角的余弦值为__________.【答案】【分析】计算出以及、的值，可求得的值，即可得解.【详解】如下图所示：由题意可得，，所以，，，，所以，.因此，与所成角的余弦值为.故答案为：.15．已知双曲线的左､右顶点分别为，抛物线与双曲线交于两点，记直线，的斜率分别为，则为__________.【答案】##【分析】利用对称性可得，再设结合双曲线的标准方程计算．【详解】由题意，，由于双曲线与都关于轴对称，因此它们的交点关于轴对称，所以，设，则，，．故答案为：．16．如图，在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是__________.【答案】【分析】由题意，平面平面，找出在平面上的射影，再把平面沿把平面展开，使得平面与平面重合，则的最小值为到的距离，然后求解三角形得答案．【详解】因为、均为等边三角形，为的中点，则，，，、平面，平面，平面，平面平面，过点在平面内作，因为平面平面，平面平面，平面，平面，连接，则为在平面上的射影，要使最小，则，沿把平面展开，使得平面与平面重合，则的最小值为到的距离．，，则，所以，，，所以，．又，所以，．故答案为：． 四、解答题17．在中，角的对边分别是，满足，，过作于点，点为线段的中点.(1)求；(2)求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，利用向量的数量积运算求得.（2）利用三角形的面积求得，利用向量的数量积运算求得.【详解】（1）依题意，解得（2）由余弦定理得，，解得，所以.18．已知数列的前项和为，等差数列满足.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由 可得，设等差数列的公差为d，再根据等差数列的基本量法求解通项公式即可；（2）求等差数列乘以等比数列的前n项和通过错位相减法可得结果.【详解】（1）当时，；当时，，当时也符合，所以.由题意，，设等差数列的公差为d，则，，故.综上，（2）由（1）知：，∵∴  ①    ②∴得：即：，∴.19．为了求一个棱长为的正四面体的体积，某同学设计如下解法：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体为棱长是的正四面体，且有.(1)类比此解法，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为，求此四面体的体积；(2)已知对棱分别相等的四面体称为等腰四面体.小明同学在研究等腰四面体（设）时，给出如下结论：①等腰四面体的外接球半径为；②等腰四面体的四个面可以都为直角三角形.聪明的同学们，你认为小明同学研究的结论正确吗？给出理由.【答案】(1)24(2)①正确；②错误；理由见解析 【分析】（1）首先画图，利用数形结合分析得到长方体的棱长，类别条件，即可计算四面体的体积；（2）根据（1）的结果，再结合长方体外接球的半径公式，即可判断①；利用反证法，即可判断②.【详解】（1）如图，长方体中的四面体是对棱相等的四面体，其中，，，设，，，则，解得：，，，则， （2）设长方体同一顶点的三条棱长分别为，由（1）可知，，即，等腰四面体的外接球就是所在长方体的外接球，所以，则，故①正确；假设4个面都是直角三角形，设，则是直角三角形和的斜边，取的中点，连结，则，那么，三点共线，此时，不能构成四面体，所以等腰四面体的四个面不能都是直角三角形，故②错误.20．已知椭圆的左､右顶点分别，上顶点为，的长轴长比短轴长大4.(1)求椭圆的方程；(2)斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点（异于点），且，证明：直线恒过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)(2)证明过程见详解 【分析】(1)利用二倍角的余弦公式得出，则有方程组，解之即可；(2)设直线的方程为与椭圆方程联立得到韦达定理，由得出，写出向量代入计算可得到与的关系，代回直线方程即可求出定点.【详解】（1）由题意知：，因为为锐角，故，由题意知：，解得：，故椭圆方程为.（2）根据题意，设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立可得：，则，即.设，则，.因为，根据向量加法与减法的几何意义可得：，则，因为，所以，也即，整理化简可得：，解得：或，此时均满足，当时，直线的方程为，过定点；当时，直线的方程为，过定点，此时定点与点重合，故舍去，综上，直线恒过定点，定点坐标为.【点睛】结论点睛：若直线与椭圆交于两点，为椭圆的左顶点且，直线过定点（为离心率）.21．如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边，的中点，.沿将翻折到的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥.(1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论；(2)当四棱锥体积最大时，求点到面的距离；(3)在（2）的条件下，在线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)总有平面平面，证明详见解析(2)(3)存在，是的中点，理由见解析. 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离.（3）利用平面与平面所成角的余弦值来列方程，从而求得点的位置.【详解】（1）折叠前，因为四边形是菱形，所以，由于分别是边，的中点，所以，所以，折叠过程中，平面，所以平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.（2）当平面平面时，四棱锥体积最大，由于平面平面，平面，，所以平面，由于平面，所以，由此以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，依题意可知，设平面的法向量为，则，故可设，所以到平面的距离为.（3）存在，理由如下：，，设，则，平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，故可设，设平面与平面所成角为，由于平面与平面所成角的余弦值为，所以，解得或（舍去），所以当是的中点时，平面与平面所成角的余弦值为.22．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若，使得，求实数的取值范围.【答案】(1)单调性见解析(2) 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负得到单调性；（2）当时，可知恒成立，知不合题意；当时，取，，通过放缩可得，符合题意；当时，将不等式转化为，根据单调性可分别求得和，由此可构造不等式求得结果；综合三种情况可得的取值范围.【详解】（1）由题意知：的定义域为，，当时，恒成立，在上单调递增；当时，令有，故当，则；若，则；在上单调递减，在上单调递增；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）当时，，；，；恒成立，不合题意；当时，取，，则，符合题意；当时，若，，使得，则；由（1）知：；，，在上单调递增，，，即，，解得：；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集 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