青海师范大学附属实验中学2023届高三数学（理）上学期12月月考试卷（Word版附解析）

这是一份青海师范大学附属实验中学2023届高三数学（理）上学期12月月考试卷（Word版附解析），共16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。

一、单选题：本题12小题，共60分。
1．复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知定义在上的偶函数，在上为减函数，且，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知集合 ​， 集合​， 则​（ ）
A．​B．​
C．0D．​
4．“，”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
5．等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则数列{an}的通项公式为（ ）
A． B．C．D．
6．已知函数，则
A．最大值为2，且图象关于点对称
B．周期为，且图象关于点对称
C．最大值为2，且图象关于对称
D．周期为，且图象关于点对称
7．设是公差不为0的等差数列，且成等比数列，则的前项和=
A．B．C．D．
8．在中，，，，为中点，则的坐标为
A．B．C．D．
9．为更好实施乡村振兴战略，加强村民对本村事务的参与和监督，根据《村委会组织法》，某乡镇准备在各村推选村民代表.规定各村每15户推选1人，当全村户数除以15所得的余数大于10时再增加1人.那么，各村可推选的人数y与该村户数x之间的函数关系用取整函数(表示不大于x的最大整数)可以表示为（ ）
A．B．C．D．
10．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数字通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选2门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）
A．36种B．54种C．72种D．90种
11．椭圆C：左右焦点分别为，，P为C上除左右端点外一点，若，，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知数列的首项，且，，是此数列的前项和，则以下结论正确的是
A．不存在和使得B．不存在和使得
C．不存在和使得D．不存在和使得
二、填空题：本题5小题，共20分。
13．已知，，为实数，若，则_____．
14．在中，若，则______．
15．已知函数的导函数为，者，满足的实数的最大值为，则___________.
16．已知曲线y＝存在两条互相平行的切线，请写出一个满足条件的函数：_______.
三、解答题：本题6小题，共70分。
17．某校甲、乙两个班级各有5名编号为1，2，3，4，5的学生进行投篮训练，每人投10次，投中的次数统计如下表：

（1）从统计数据看，甲、乙两个班哪个班成绩更稳定（用数字特征说明）；
（2）在本次训练中，从两班中分别任选一个同学，比较两人的投中次数，求甲班同学投中次数高于乙班同学投中次数的概率．
18．经过抛物线的焦点的直线l交该抛物线于M，N两点，求的取值范围．
19．已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a5=a3+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an}的前n项和为Sn若Sk+1<2ak+a2,求正整数k的值
20．如图，是正四棱柱.
(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，求异面直线与所成角的大小.
21．已知奇函数的定义域为，且当时，.
（1）求的解析式；
（2）已知，存在，使得，试判断，的大小关系并证明.
22．已知圆C的圆心位于x轴的正半轴上，该圆与直线相切，且被y轴截得的弦长为，圆C的面积小于13．
(1)求圆C的标准方程．
(2)设过点M（0，3）的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB．是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，请说明理由．
23．已知函数，
（1）若时，求不等式的解集；
（2）若的图象与轴围成的三角形面积小于6，求的取值范围．
参考答案
1．D
判断复数在复平面上的象限，只要把复数表示成标准的复数形式即可.
由，得，所以复数z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选:D．
2．D
根据函数的性质，画出函数的图象，数形结合求出解集
由题意，画出的图象如图，等价于，或，由图可知，不等式的解集为

故选：D．
3．A
由集合的交集运算可得答案.
由集合 ​， 集合，可得
故选：A
4．A
利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
若，则必有.
若 ，则或.
所以是 的充分不必要条件.
故选:A.
本题主要考查充分条件和必要条件的定义和判断.
5．A
设等比数列{an}的公比为，由可求出公比，再将，可求出，从而得出答案.
设等比数列{an}的公比为，由
，解得
所以
故选：A
6．A
试题分析：
，∵，∴，则的最大值为；∵，∴周期；当时，图象关于某一点对称，∴当，求出，即图象关于对称，故选A．
考点：三角函数的性质．
7．A
设公差为d则
解得
，故选A.
8．A
根据向量加法的平行四边形法则可得，再将坐标代入，即可得答案；
在中，，
，
故选：A.
本题考查向量加法的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题.
9．B
用除以15所得余数分别为，其中当余数为时结果就是商，但当余数为时，函数值是商加1，因此可利用后除以15取整得．
解：根据规定15推选一名代表，当各班人数除以15的余数大于10时再增加一名代表，即余数分别为11，12，13，14时可以增选一名代表，也就是x要进一位，所以最小应该加4，
因此利用取整函数可表示为.
故选：.
本题考查函数的应用，解题关键是怎样确定人数除以15的余数大于10时再增加一名代表，即余数分别为11，12，13，14时可以增选一名代表，函数值要在商基础上加1．
10．B
根据学习时间是两个学年或者三个学年进行分类讨论，由此计算出不同的选修方式.
三个学年学生选科组合有，，
∴当时，三个学年选两个学年选完有，再为每个学年选两门课，
故选修方式为；
当时，三个学年学完，选课方式有；
∴总共有种.
故选：B
11．D
根据图形在中，利用余弦定理解出，再由椭圆的定义式，整理出关于的式子，最后代入已知三角函数值中，得到关于得二次式，从而可求椭圆离心率.
解：如图在中，
，即①
，即②
且，
故①+②得：，即.
所以 ，代入到中，整理得：
，故两边除以得：
解得：或，又，所以.
即椭圆C的离心率为.
故选：D.
12．A
当时，，，，···，可知，
则当时，；当时，；
当时，，，，，，···，可知
，
则当时，；
所以取不到．
故选A．
点睛：本题考查数列的综合应用．本题中的数列情况较为复杂，则学生可以通过列举来寻找规律．本题中的，则想到分和两类进行讨论，再进行列举，就可以发现数列为循环数列，进一步进行求和判断即可．
13．
根据复数的加减运算结合可得和的值，再计算，由模长公式即可求解.
因为，，
所以
，
所以，解得，
所以，，所以，
所以．
故答案为：.
14．2
先用正弦定理边化角，去分母，用两角和与差的正弦公式化简可得.
由正弦定理，，
去分母，得
即，
得，在中，有，
即，
所以有.
故答案为：2
15．
先对函数求导，进而建立不等式，然后通分化简，结合二倍角公式与三角函数的图象和性质求得的最大值为，即可求解.
由可得，
由可得，即，
故，故，
由可得，
故，即，
故的最大值为，
故.
故答案为：.
16．（答案不唯一）
直接根据导数的几何意义即可得结果.
两条切线互相平行应先满足在切点处的导数值相等，
例如，，，，
此时，，
函数在处的切线方程为：；
函数在处的切线方程为：；合乎题意，
故答案为：（答案不唯一）
17．（1）甲更稳定；（2）．
（1）计算平均数，甲乙两个班的平均值相等，再计算方差比较即可；
（2）利用古典概型的概率求解.
解：（1）两个班数据的平均值都为，
甲班的方差，
乙班的方差，
∵，甲班的方差较小，
∴甲班的成绩比较稳定；
（2）甲班到号记作，，，，，乙班到号记作，，，，，
从两班中分别任选一个同学，得到的基本样本空间由个基本事件组成，
将“甲班同学投中次数高于乙班同学投中次数”记作，
则，由个基本事件组成，
∴甲班同学投中次数高于乙班同学投中次数的概率为．
18．.
直线斜率不存在时，可得的长度，直线斜率存在时，设直线方程与抛物线联立，根据焦点弦公式求出弦长的表达式，利用函数的性质即求.
由题可知抛物线的焦点坐标为，
当直线斜率不存在时，令得：，所以，
当直线斜率存在时，设直线方程为，，
联立 得：，
设，则，，
综上，的取值范围为.
19．(1) an=2n+2;(2)k=1.
试题分析：(1)根据等差数列的性质可得 ，由此可求出，则 的通项公式可求;
(2)由等差数列的前项和公式可得 ,即 整理解不等式，注意是正整数
试题解析：(1)d= =2
a1+a2=10,即a1+a1+d=10
所以a1=4,an=4+2(n-1)=2n+2.
(2)Sn=4n+2=n2+3n,Sk+1<2ak+a2,即(k+1)2+3(k+1)<2(2k+2)+6k2+k-6<0,
(k-2)(k+3)<0
-320．(1)证明见解析；
(2).
（1）利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）先证明出为异面直线与所成角，利用余弦定理求解.
（1）因为是正四棱柱，所以底面且四边形为正方形.
因为底面，所以.
因为四边形为正方形，所以.
因为,面,面,
所以平面.
（2）设与交点为，连结.
因为底面是正方形,所以,且为的中点,所以，
所以为ニ面角的平面角，所以.
设,则，.
因为,所以异面直线与所成角即为与所成角,即为.
连结,则△中, ，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
21．（1）；（2）当时，；当时，证明见解析.
(1)令得，利用时和奇函数的性质即可.
(2)结合函数零点存在性定理和函数的奇偶性，计算即可得出结果.
(1)令，则，因为为奇函数，
所以，
所以.
(2)当时，，易知在上单调递增，
因为，
所以在上存在唯一零点，
因为为奇函数，所以在上存在唯一零点，
所以有两个零点，
易知在上单调递增，
因为，
所以在上存在唯一零点，且，
因为，所以，即，即，
所以也是的一个零点，
所以当时，；当时.
22．(1)
(2)不存在，理由见解析
（1）利用待定系数法，根据已知条件建立方程组求解.
（2）假设存在，把直线方程与圆的方程联立、消元、韦达定理，根据条件进行求解、判断.
（1）
设圆C的方程为，
由题意，知，解得或，
又圆C的面积，∴，，
∴圆C的标准方程为．
（2）
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，不满足题意．
当直线l的斜率存在时，假设存在满足题意的直线l，设直线l的方程为，，，
由，得，
∵直线l与圆C相交于不同的两点，
∴，
解得或．
，，
∵线段OD过线段AB的中点，且线段AB与OD互相平分，
∴点D的坐标为，即，
又MC的斜率为，∴，解得．
由于，故不存在这样的直线l．
23．（1）（2）
（1）利用零点分段法分类讨论的数学思想，求得不等式的解集.（2）先用零点分段法去绝对值，将转化为分段函数的形式，求得的图象与轴三个交点的坐标，由此求得所围成三角形面积的表达式，根据面积小于列不等式，解不等式求得的取值范围.
解：（1）当时，，化为：，①，
当时，①式化为：，解得：，
当时，①式化为：，解得，
当时，①式化为：，无解，
∴的解集是；
（2）由题设可得：
∴函数的图象与轴围成的三角形的三个顶点分别为：
，，，
∴，
由题设可得：，解得：，
故的范围是．
本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查三角形的面积公式和一元二次不等式的的解法，属于中档题.学生
1号
2号
3号
4号
5号
甲班
6
5
7
9
8
乙班
4
8
9
7
7