2023届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第101中学高三上学期12月月考数学（理）试题含解析

2023届新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第101中学高三上学期12月月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知i是虚数单位，若，则实数的值为（  ）

A．1 B．0 C．-1 D．-2

【答案】A

【分析】根据复数的乘法运算及复数相等的定义计算即可.

【详解】解：，

故.

故选：A.

2．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用集合的交、补运算判断A、B，进而由元素与集合的关系判断D的正误，根据已知集合判断A、B是否有包含关系.

【详解】A：，错误；

B：，错误；

C：没有包含、被包含关系，错误；

D：由A知：，正确.

故选：D.

3．设命题：若，则；命题：若，则，判断命题“”、“”、“”为假命题的个数为（　　）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【解析】先判断命题与命题的真假，然后判断“”、“”、“”的真假.

【详解】命题：若，则，故为假命题，为真；

命题：若，则成立，故为真命题，

所以为假命题，为真命题.

故选：B.

4．设函数，则下列函数中为奇函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出函数图象的对称中心，结合函数图象平移变换可得结果.

【详解】因为，

所以，，

所以，函数图象的对称中心为，

将函数的图象向右平移个单位，再将所得图象向下平移个单位长度，可得到奇函数的图象，

即函数为奇函数.

故选：A.

5．E，F，G分别为正方体ABCD－A1B1C1D1中平面A1C1，平面B1C，平面CD1的对角线交点，则AE与FG所成的角为

A．90° B．60° C．45° D．30°

【答案】A

【分析】由三角形中位线定理得GF∥BD，即AE与FG所成的角等于AE与BD所成的角，易证明BD⊥平面A1C，由线面垂直的性质得AE⊥BD，进而得到答案．

【详解】如图，∵E，F，G分别为正方体ABCD﹣A1B1C1D1面A1C1，B1C，CD1的对角线交点，可得GF∥BD，则 AE与FG所成的角等于AE与BD所成的角

∵BD⊥AC，BD⊥A1A，A1A∩AC＝A

∴BD⊥平面A1C

而AE⊂平面A1C

∴BD⊥AE

即FG⊥AE, 则AE与FG所成的角为90°

故选A．

【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.

6．某企业有4个分厂，现有新培训的6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为（    ）

A．1080 B．480 C．1560 D．300

【答案】C

【分析】先利用分组法将6名技术人员分成4组，再分配到4个分厂，从而得解.

【详解】先把6名技术人员分成4组，每组至少一人，

若4个组的人数按3、1、1、1分配，则不同的分组方案有种，

若4个组的人数按2、2、1、1分配，则不同的分组方案有种，

所以分组方法共有种；

再这4组分给4个厂，不同的分配方法有.

故选：C.

7．函数的图象向左平移个单位长度得到函数，在上有且只有5个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据平移原则可得函数，转化条件为，即可得解.

【详解】依题意得，

若，则，

由题意，，解得

故选：D.

8．欧阳修的《卖油翁》中写道：“（翁）乃取一葫芦置于地，以钱覆盖其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”，可见“行行出状元”，卖油翁的技艺让人叹为观止.若铜钱是直径为的圆面，中间有边长为的正方形孔.现随机向铜钱上滴一滴油（油滴的大小忽略不计），则油滴落入孔中的概率为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】 如图所示，，，则油（油滴的大小忽略不计），正好落入孔中的概率为，故选B.

【详解】9．5G是中国的一张名片，据报道，中国在5G时代领先德国的时间至少在两年以上.某地为加强5G网络建设拟修建一信号塔.如图，线段表示一信号塔，表示一斜坡，.且，，三点在同一水平线上，点，，，，在同一平面内，斜坡的坡比为，米.某人站在坡顶处测得塔顶点的仰角为，站在坡底处测得塔顶点的仰角为（人的身高忽略不计），则信号塔的高度为（    ）（结果精确到1米）.（参考数据：，，，）

A．54米 B．58米 C．76米 D．85米

【答案】D

【分析】中，求出，再在中，利用正弦定理求出，在中，由即可求解.

【详解】，.

在中，（米）.

在中，，，

由正弦定理得，

所以，

在中，

（米）.

故选：D.

10．已知函数，对于任意，，恒成立，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意知即等价转化为，通过研究函数导数从而得到最值，依次验证选项即可.

【详解】解：对于任意，，恒成立,即 也就是，代入选项验证即可，

验证a=1时，，令，，由的图像可以知道在上递减，在上递增，

故 ，，不满足，故排除B,D.

验证时，，令，由的图像可以知道在上递减，在上递增，

故 ，，满足，故排除C.

故选：A.

【点睛】本题考查恒成立问题的转化，应用导数求得最值，利用排除法通过验证选项求解的过程，属于中档题.

11．设是椭圆的左､右焦点，若椭圆上存在一点P，使（O为坐标原点），且，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由向量的关系可得，由椭圆的定义及，可得，的值，在直角三角形中，由勾股定理可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．

【详解】解：设的中点为，由，即，所以，

连接可得，所以，

可得，

又因为，

所以，，

在中，，

即，可得：，

解得，

故选：．

12．已知正数，满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用基本不等式得到当且仅当时取等号，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得到，即可说明当且仅当时取等号，从而得到且时成立，即可得解.

【详解】解：因为，，所以，当且仅当，即时取等号，

又，

因为正数，满足，即，

令，则，当时，当时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，即恒成立当且仅当时取等号，

即恒成立当且仅当时取等号，

所以当且仅当时取等号，

所以当且仅当且，即，时不等式成立，

所以；

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是构造函数证明，再利用基本不等式得到两不等式取等的条件，即可求出参数的值.

二、填空题

13．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C与双曲线有公共的渐近线，且经过点，则双曲线C的焦距为                ．

【答案】

【分析】首先根据双曲线求解出双曲线的渐近线方程，然后利用待定系数法，设双曲线的方程为，然后根据已知条件构造方程组，解方程组即可求出焦距的值.

【详解】双曲线的渐近线方程为，

设双曲线的方程为，

将代入得，解得，

则，得，则双曲线的焦距为.

故答案为：

14．已知向量．若，则        ．

【答案】

【解析】先求，再利用求 λ

【详解】

又，，即3λ-2（λ-1）=0，

解得：λ=-2.

故答案为：-2

15．在中，已知，那么的面积是      ．

【答案】

【分析】利用余弦定理及三角形面积公式即得.

【详解】因为，设A，B，C对应的边分别为a，b，c，

由余弦定理，可得，，

解得，

故的面积.

故答案为：．

16．已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长是          ．

【答案】

【详解】由三视图可以知道：该几何体是一个三棱锥．其中底面，，

则该三棱锥的最长棱的长是，，故答案为．

三、解答题

17．从某校全体高考考生中任意抽取20名考生，其数学成绩（总分：150分）分别为102，105，131，95，83，121，140，100，97，96，95，121，124，135，106，109，110，101，98，97，试估计该校全体考生数学的平均成绩.

【答案】108.3

【分析】利用样本平均值估计总体平均值即可.

【详解】由题知，该校全体考生数学的平均成绩为：

18．如图，在直三棱柱中，，E为的中点，F为的中点．

(1)证明：平面；

(2)若，求平面与平面所成二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可；

（2）建立坐标系，求出两个平面的法向量即可求得两平面所成二面角的余弦值，再求正弦值即可.

【详解】（1）证明：取的中点O，连接,，

∵，，∴且，

∵，，∴，且,

∴四边形是平行四边形，∴，

∵，平面，平面，

∴平面.

（2）因为，，两两垂直，

故以为原点，,,分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系，

各点坐标如下：，，，，

，，，

设平面的法向量为，由，，

有，取，，，

可得平面的一个法向量为，

设平面的法向量为，

由，，

有，取，，，

可得平面的一个法向量为，

有，，，

可得，

故平面与平面的二面角的正弦值为．

19．已知数列满足．

(1)求的通项公式；

(2)在和中插入k个相同的数，构成一个新数列，，求的前45项和．

【答案】(1)；

(2)18.

【分析】（1）令可求得；当时，可得，进而证得数列为等差数列，利用等差数列通项公式可求得结果；

（2）由题可得在和中插入k个相同的数，构成一个新数列的项数，进而可得，然后利用分组求和的方式求解即可.

【详解】（1）由，

当时，，解得：，

当时，，，

所以，，即，

所以是以2为首项，1为公差的等差数列，

所以的通项公式为：．

（2）在和中插入k个相同的数，构成一个新数列，，

其项数为，

由，可得，

20．已知，函数．

(1)若曲线在点处的切线的斜率为，判断函数在上的单调性；

(2)若，证明：对恒成立．

【答案】(1)函数在上单调递增；

(2)见解析.

【分析】（1）求导得，从而得，易知当时，从而知函数为单调递增；

（2）设，利用导数可证得，设，，从而，得证.

【详解】（1）∵，

∴，

∴，

∴.∴，

当时，，，，∴，

∴函数在上单调递增.

（2）证明：设，，

令，得，递增；令，得递减.

∴，∵，∴，∴.

设，令得，

令，得递增；令，得递减.

∴，

∵，∴，∴，∴，∴.

又，∴，即.

【点睛】关键点点睛：对于函数，解析式比较复杂，如果没有好的处理方式第二问很难处理，需要观察分析把解析式提取公因式转化为两个函数之积是解题的最关键之处，当变形之后，构造函数，，利用导数分别求两函数的最小值，转化为分析积的最小值即可证明不等式，需要较强的推理运算能力.

21．已知函数，

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求解；

（2）首先求函数的导数，，讨论，和两种情况，分析函数的零点.

【详解】（1）当时，，则，

则所求切线方程为：即；

（2）由已知可得：方程在有两个不等实根，

设，则数定义域为且，

，

（Ⅰ）当即时，

则时，单调递增；时，单调递减，

所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去.

（Ⅱ）当即时.，

①若，即时，

则时，单调递减；若，则单调递增，

所以，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去

②若，即，则为增函数，

又，则所求方程只有一个解，不符合题意，舍去

③若即时，

则时，单调递增；时，单调递减：时，单调递增.又，可知，

时，，，在区间单调递增，由根的存在性定理可得：

存在唯一，使得，又

此时，所求方程有2个不同解，符合题意

④若即时，

则时，单调递增；时，单调递减时，单调递增.

又，于是，令，

在区间（0，1）单调递减，在区间单调递增，

在单调递增，由根的存在性定理可得：

存在唯一，使得，

此时，所求方程有2个不同解，符合题意

综上所述，当 时，函数有两个不同零点.

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，同时也考查了求导分析函数，讨论函数参数的范围，结合图象分析函数的单调性和最值，进而分析零点个数的问题，需要设隐零点，分析得到极值点的正负关系，再结合根的存在性定理分析，属于难题

22．已知直线过点，并且与直线平行．

（1）求直线的方程；

（2）若直线与圆相交于两点，为原点，且，求实数的值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用点斜式即得所求直线的方程；

（2）将直线与圆的方程联立，利用韦达定理法，将转化为点的坐标，代入根与系数关系，从而求得参数的值.

【详解】（1）∵直线与直线平行，

∴直线斜率为， 其方程为，

即直线的方程为；

（2）由，消去得，

设，则，

∵，

∴，

∴，即，

∴，

解得，满足，

∴.