2023届黑龙江省大庆市肇州县第二中学高三上学期第二次月考数学试题（解析版）

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2023届黑龙江省大庆市肇州县第二中学高三上学期第二次月考数学试题 一、单选题1．“为纯虚数”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据纯虚数的定义，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】因为为纯虚数，所以有，因此“为纯虚数”是“”的充分不必要条件，故选：A2．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数函数的性质，求出，再利用补集的概念求出，进而得到【详解】由，得，得，可解得，故整理得，且，则，故故选：B3．圆关于直线对称的圆的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】一个圆关于直线对称的圆是圆心坐标关于直线对称，半径相等，求出已知圆的圆心坐标及半径，设所求圆的圆心，可得两个圆心的中垂线为已知直线，进而求出所求的圆心坐标，即可写出圆的方程.【详解】由圆的方程可得，圆心坐标半径为2，由题意可得关与直线对称的圆的圆心为关于直线对称的点，半径为2，设所求圆的圆心为，则，解得，故圆的方程为故选：D4．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体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点C作交延长线于点E，由此可得旋转形成的几何体为圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥，根据体积公式即可求得答案.【详解】圆内接四边形中，，所以 ，过点C作交延长线于点E，所以四边形是直角梯形，，故 是等腰直角三角形；所以四边形沿旋转一周，得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，即圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥， , ，所以旋转体的体积 ．故选︰D．5．质数也叫素数，17世纪法国数学家马林-梅森曾对“”（p是素数）型素数进行过较系统而深入的研究，因此数学界将“”（p是素数）形式的素数称为梅森素数．已知第12个梅森素数为，第14个梅森素数为，则下列各数中与最接近的数为（    ）参考数据：A． B． C． D．【答案】C【分析】近似化简，结合对数运算求得正确答案.【详解】，令，两边同时取常用对数得，∴，∴，结合选项知与最接近的数为.故选：C.6．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】A【分析】由第4个正零点小于1，第4个正最值点大于等于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：A7．已知抛物线，点为抛物线上任意一点，过点向圆作切线，切点分别为，则四边形的面积的最小值为（    ）A．3 B． C． D．【答案】C【分析】由，当最小时求解.【详解】解：如图所示：设，，连接，圆为：，则，则，当点时，的最小值为，所以，故选：C8．瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若满足，顶点，，且其“欧拉线”与圆M：相切，则下列结论正确的是（    ）A．圆M上的点到原点的最大距离为B．圆M上不存在三个点到直线的距离为C．若点在圆M上，则的最小值是D．若圆M与圆有公共点，则【答案】D【分析】由题意求出的垂直平分线可得的欧拉线，再由圆心到直线的距离求得，得到圆的方程，求出圆心到原点的距离，加上半径判断A；求出圆心到直线的距离判断B；再由的几何意义，即圆上的点与定点连线的斜率判断C；由两个圆有公共点可得圆心距与两个半径之间的关系，求得的取值范围可判断D.【详解】对于A，由题意可得的欧拉线即为的垂直平分线，因为，，所以的中点坐标为，，所以线段的垂直平分线方程为，即，因为“欧拉线”与圆M：相切，所以，所以圆M：，所以圆M上的点到原点的最大距离为，所以A错误；对于B，因为圆心到直线的距离为，而圆的半径为，所以圆M上存在三个点到直线的距离为，所以B错误；对于C，表示圆上的点与定点连线的斜率，设过与圆相切的直线方程为，即，则，解得，所以的最小值为，所以C错误，对于D，圆的圆心为，半径为，因为圆M：的圆心为，半径为，所以要使圆M与圆有公共点，则只要圆心距的范围为，所以，解得，所以D正确，故选：D. 二、多选题9．已知关于的方程表示的曲线为，以下说法正确的有（    ）A．若，，，则恒过定点B．若，，，则表示圆C．若，，，，则表示椭圆D．若，，，，，则表示两条直线【答案】AD【分析】根据题意，结合圆，椭圆，直线方程依次分析即可得答案.【详解】解：对于A选项，当，，时，曲线为：，即为，显然满足方程，所以恒过定点，故A正确；对于B选项，当，，时，方程为，其表示点，故B错误；对于C选项，当，，，，方程为，所以，当时，表示圆；当时，表示椭圆；故C错误；对于D，当，，，，，方程为，即为，化简得，即表示两条直线，故D正确.故选：AD10．已知函数，则（    ）A．有两个极值点 B．有三个零点C．点是曲线的对称中心 D．直线是曲线的切线【答案】AD【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C错误；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D正确.故选：AD.11．下列命题中真命题有（    ）A．若，则是钝角B．数列的前n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】根据数量积的知识可判断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，若，则，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：CD12．如图,在棱长为1的正方体中,M为BC的中点,则下列结论正确的有（    ） A．AM与所成角的余弦值为B．到平面的距离为C．过点A,M,的平面截正方体所得截面的面积为D．四面体内切球的表面积为【答案】ABD【分析】对于A,建立空间直角坐标系,找点坐标,用向量夹角的余弦值的绝对值求解线线夹角的余弦值,对于B,在A的基础上,继续求点的坐标,求平面的法向量,进而根据公式求得点到面的距离,对于C,取中点为,顺次连接,平面即为截面,求出等腰梯形面积即可,对于D,根据公式,求体积,求表面积,即可求得内切球半径,进而求得球表面积.【详解】解:建立如下所示空间直角坐标系,关于选项A,则有: ,,故选项A正确;关于选项B,由于建立空间直角坐标系,则可得,,记平面法向量为,则有,即,不妨令可得,则到平面的距离为,故选项B正确;关于选项C,取中点为,顺次连接如图所示,各个边长均落在正方体表面,且,所以平面即为截面,正方体棱长为1,,平面是等腰梯形,过点,分别向做垂线,垂足为,如图所示,,,故选项C错误;关于选项D,四面体的体积为,四面体的表面积为,不妨设四面体内切球的半径为,则有,故四面体内切球的表面积为,故选项D正确.故选:ABD 三、填空题13．已知且，若函数与的图象经过同一个定点，则__________.【答案】1【分析】由可得出函数所过定点，再由可得出的值，得出答案.【详解】函数的图象经过定点所以的图象也过定点， 即则，所以故答案为：114．曲线在处的切线方程为___________.【答案】【分析】求出导函数，令得切线斜率，再求得时的函数值，得切线的斜截式方程．【详解】,，时，，又，∴所求切线方程为．故答案为：．15．已知数列的前项和为，，，则数列_____________．【答案】【分析】根据可得，再利用累乘法即可求解.【详解】由题意可得，所以，所以，所以，又因为，所以，故答案为：16．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿氏圆”.在平面直角坐标系中，点，满足的动点的轨迹为，若在直线上存在点，过点引圆的两条切线使得则实数的取值范围是______.【答案】【分析】设出，根据求出轨迹方程，再根据当圆心到直线的距离小于等于半径的倍时，直线上存在点，过点引圆的两条切线使得，从而得到不等式，求出实数的取值范围.【详解】设，则，平方化简得：，直线变形为，恒过，当圆心到直线的距离小于等于半径的倍时，直线上存在点，过点引圆的两条切线使得，即，解得：.故答案为： 四、解答题17．已知数列的前项和为，设是首项为1，公差为1的等差数列(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项的和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列的性质求解得，即，结合与即可求得的通项公式；（2）直接应用裂项相消法求和即可.【详解】（1）解：因为是首项为1，公差为1的等差数列所以，则于是当时，当时，则符合上式，所以.（2）解：则. (1)若样本中“短视频成瘾”且成绩未下降的女生有15名，并在被认为“短视频成瘾”且成绩未下降的对象中按性别采用分层抽样抽取7人，再从中随机抽取2人，求抽到的两人均为女生的概率．    合计学习成绩下降  100学习成绩未下降   合计96   参考公式与数据：．0.150.100.050.0250.0100.0012.0722.7063.8415.0246.63510.828  【答案】(1) 【分析】（1）根据古典概型概率公式，代入计算即可得到结果.（2）根据列联表，结合的计算公式，代入计算，即可判断.（2）零假设为：成绩下降与“短视频成瘾”无关．    合计学习成绩下降6139100学习成绩未下降3565100合计96104200 所以，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，19．如图，在四棱锥中，底面，，，，．点E为棱的中点，点F为棱的中点．(1)证明：；(2)求直线与平面所成角的正弦值；【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取中点H，只需证明平面就可得到.(2)建立空间直角坐标系，求出，面法向量为，由线面角正值计算公式求解.【详解】（1）取中点H，连接，∵，∴，∵底面，底面，∴，又平面，平面，∴平面，∵平面，∴，在三角形中，点E，H分别为的中点，∴，又，∴，∵H为中点．∴，∵，∴四边形为平行四边形，，∵，∴，∵平面，平面，∴平面，∵平面，∴．（2）如图，以A为原点，分别以为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，设平面的法向量为， ，令，则，所以，设直线与平面所成角为，则．20．在中，角的对边分别为.已知角边上的高为.(1)若，求的周长；(2)求面积的最小值.【答案】(1)12(2) 【分析】（1）由三角形面积公式可求得与，又由余弦定理与整体法可求得，由此可求得的周长；（2）法一：由三角函数的定义可得，再利用三角恒等变换求得，由此可得的最大值，从而得到，进而求得面积的最小值；法二：利用基本不等式与余弦定理求得，从而求得面积的最小值.【详解】（1）依题意，得，故，又，，所以，则，又由得，因此，则，故的周长为12.（2）法一：由题意可得，则，又因为，因为，所以当，即时，，故，所以的面积为，所以面积的最小值为.法二：在中由余弦定理可得，，又由（1）可知，即，所以，解得，当且仅当时，等号成立.所以，所以面积最小值为.21．已知函数.(1)若，求在上的最大值与最小值之差；(2)是否存在实数，对，恒成立，若存在求出的可取值，不存在请说明理由.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据导数的性质，结合函数单调性的性质进行求解即可；（2）对函数不等式进行常变量分离，构造新函数，结合导数的性质、函数零点存在原理进行求解即可.【详解】（1）由题意得，则，由于都是递增函数，故是递减函数，则，故为递减函数，则，故；（2）由，可得，设，令，故单调递增，又，故存在，使得，当时，单调递减，当时，单调递增，故，由于，则，故，所以．【点睛】关键点睛：利用常变量分离法，结合构造函数法是解题的关键.22．在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆：外切，记动圆的圆心的轨迹为.(1)求轨迹的方程；(2)已知A，B，D为轨迹上三个不同的点，且满足（其中为坐标原点），探索面积是否为定值，若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.【答案】(1)；(2)面积为定值，定值为. 【分析】（1）设动圆的半径为.根据圆的一般方程可求出圆的圆心和半径，根据两圆位置关系可得出，即有，根据椭圆的定义可知，动圆的圆心的轨迹为椭圆，进而可求出椭圆的方程；（2）先求出当直线斜率不存在时，求出面积为.然后求解当直线斜率存在时，设直线方程为，根据即可求得.【详解】（1）由已知得，圆可化为标准方程：，即圆心，半径，圆可化为标准方程：，即圆心，半径，，经分析可得，，则.由题意可知，两式相加得，，所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆，可设方程为，则，，，，，所以，轨迹的方程为.（2）面积为定值.设,,则由已知可得，①当直线斜率不存在时，可知， ，则，设，，因为在椭圆上，则，解得，则.②当直线斜率存在时，设直线方程为，将直线方程代入可得，，，，，所以，，即，化简得，，则，所以，.综上所述，面积为定值.【点睛】圆锥曲线中探索类的题目，常常用特殊情况先求出值，再证明一般情况下也符合.本题先通过，直线斜率不存在这一特殊情况求出面积，再证明当直线斜率存在时，面积也为该定值. 当直线斜率存在时，设直线方程为.这时候含有双变量，联立方程，用表示出两点的坐标，进而得到点的坐标，点在椭圆上，代入方程即可推得的关系.然后根据三角形的面积公式求出.