2023届黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高三上学期12月月考数学试题含解析

这是一份2023届黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高三上学期12月月考数学试题含解析，共19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届黑龙江省哈尔滨市尚志市尚志中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．设全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解一元二次不等式进而确定全集中的元素，根据集合A，求得，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】因为全集，集合，所以,又因为，所以,故选:A.2．若，且，则的最小值是（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】由复数的模的几何意义，可得在复平面的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，根据圆的几何性质可得结果.【详解】设，则，所以，表示圆心为，半径为的圆.，表示点和之间的距离，故.故选：B.【点睛】本题考查复数的模的几何意义，考查圆的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.3．已知函数，则的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先函数的奇偶性排除两个选项，在根据函数的零点位置及范围内的函数值正反，得最符合的函数图象即可.【详解】解：函数，定义域为，所以所以函数为奇函数，故排除B，D选项；当时，令得，所以函数最小正零点为，则，则符合图象特点的是选项A，排除选项C.故选：A.4．已知则sin2θ=（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知条件化简可得，两边平方可得，从而可求得答案【详解】解：由得，所以，所以，所以，所以，所以，故选：A5．若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（    ）A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】C【分析】先求得的值，根据数量积的运算法则求得以及的模，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.【详解】由题意可得，故，，，故 ，由于 ，故，故选：C.6．在数列中，已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由递推公式取倒数得到是等差数列，先求，再求.【详解】∵，∴，即∴是以公差的等差数列.∴，∴故选:B【点睛】求数列通项公式的方法：（1）公式法；（2）累加（乘）法；（3）由递推公式求通项公式；（4）由求.7．已知点F是双曲线（）的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据双曲线的对称性结合题意可得为等腰三角形，由此可得，进而得到关于的齐次式，即可求解离心率.【详解】由题意可知即为等腰三角形，  故是锐角三角形，只需，将代入可得，故在中，，，则，化简整理，得，∴，∴，又，∴，故选：B.8．函数，对任意，函数在上满足，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意得在单调递增，解不等式组得，再由时恒成立可得答案.【详解】因为在上满足，即函数在上单调递增，所以得，因为时恒成立，所以，得所以，故选：B. 二、多选题9．如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，的中点，以下说法正确的是（    ）A．三棱锥的体积为1 B．平面EFGC．平面EFG D．平面EGF与平面ABCD夹角的余弦值为【答案】AB【分析】根据锥体体积公式求得三棱锥的体积.建立空间直角坐标系，利用向量法判断BCD选项的正确性.【详解】A选项，，所以，A选项正确.建立如图所示空间直角坐标系，，,，所以，由于平面，所以平面，B选项正确.平面的一个法向量为，，所以与平面不平行，C选项错误.平面的法向量为，设平面于平面的夹角为，则，D选项错误.故选：AB10．函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的有（    ）A．直线是图象的一条对称轴B．在上单调递增C．若在上恰有4个零点，则D．在上的最大值为【答案】AC【分析】利用函数的平移变换及三角函数的性质即可求解.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.对于A，当时，，故直线是图象的一条对称轴，故A正确.对于B，由，得，则在上不单调，故B错误；对于C，由，得，因为在上恰有4个零点，所以，解得，故C正确.对于D，由，得，则在的最大值为，故D错误.故选：AC.11．若正数满足，那么（    ）A．最小值是 B．最小值是1C．最小值是2 D．最小值是3【答案】BC【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】，即，，即，当且仅当时取等号， ， 即，解得，当且仅当时取等号，故选：BC【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.12．已知函数，则下列结论正确的有（   ）A．B．函数图像关于直线对称C．函数的值域为D．若函数有四个零点，则实数的取值范围是【答案】AC【分析】根据函数的解析式可得判断A，根据函数的定义域可判断B，根据二次函数的性质及三角函数的性质可得函数的值域判断C，利用数形结合可判断D.【详解】因为，所以，故A正确；由题可知函数的定义域为，不关于对称，故B错误；当时，，当时，，，所以函数的值域为，故C正确；由可得，则函数与有四个交点，作出函数与的大致图象，由图象可知函数有四个零点，则实数的取值范围是，故D错误.故选：AC. 三、填空题13．已知点，，向量，则          ．【答案】【详解】设，点，向量，，解得，， ，故答案为.14．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则点B1到平面ABC1的距离为      .【答案】【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面ABC1的法向量，再由点到平面的距离公式求解即可.【详解】以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，， ，设平面ABC1的法向量为，则，即，令，则，故，所以点B1到平面ABC1的距离为.故答案为：..15．过抛物线焦点的直线与双曲线的一条渐近线平行，并交抛物线于两点，若，且，则p的值为           .【答案】1【解析】根据抛物线的定义和双曲线的定义，不妨设直线为，设，得到，从而得出点坐标，最后再代入到抛物线的解析式，即可求出的值.【详解】解：抛物线的焦点的坐标为，，准线方程为，双曲线的渐近线方程为，而过抛物线的焦点的直线与渐近线平行，且交抛物线于，两点，不妨设直线为，设，，，，且，，，，，则，而点在抛物线上，，整理得，解得：或（舍去）.故答案为：1.【点睛】本题考查直线和抛物线的位置关系，以及抛物线和双曲线的定义和性质，属于中档题．16．已知函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为      .【答案】【分析】先利用同构得到，换元后得到，参变分离得到有两个不同的根，构造，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到函数图象，数形结合得到，解出答案即可.【详解】由题意得有两个不同的根，即有两个不同的根，变形为，即，令，则，其中令，，恒成立，故在单调递增，得到，故有两个不同的根，令，则，，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，且当时，，当时，，画出的图象如下图：故时，有两个不同的根，解得：.故答案为：.【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是变形得到，即从而构造进行求解. 四、解答题17．（1）求展开式中的常数项．（2）3名男生与4名女生，按照下列不同的要求，求不同的方案的方法总数．按要求列出式子，再计算结果，用数字作答．①全体站成一排，男生不能站一起；②全体站成一排，甲、乙必须站在一起，而丙、丁不能站在一起；【答案】（1）；（2）①1440；②960【分析】（1）原式可化为，然后写出的通项，结合常数项指数为零，求出结果．（2）①先将女生全排列会有5个空，再将男生排列到5个空即可求解；②先将甲乙捆绑有种，将甲乙看做一个整体与除丙丁外的剩余3人排列有种，排列后会有5个空，再任选2个空将丙丁插入排列即可求解.【详解】（1）由题知：原式＝， 的通项为 ， 令，得；令，得.即原式展开式中的常数项为：．（2）①先将女生全排有种，再从5个空隙中选出3个将3个男生插入到3个空隙中有种，由乘法原理共有种排法．②将甲乙捆在一起，与剩下的3人（除丙丁）全排，再将丙丁插空到5个空隙中的2个有种，再将甲乙交换位置有种，由乘法原理共有种．18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求角A；(2)若，D为BC边的中点，，求a的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由两角和的正弦公式化简求解，（2）由平面向量数量积的运算律与余弦定理求解，【详解】（1）由题意得，所以，所以.因为，所以.因为，所以.（2）由，可得.因为，，，所以，解得.因为，所以.19．已知数列的前项和满足．(1)求，并证明数列为等比数列；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)，证明见解析；(2). 【分析】（1）由与的关系可得，从而可得，可知是一个以2为首项，公比为2的等比数列；（2）利用错位相减法即可求得的前项和.【详解】（1）当时，，，当时，①，②，由②①得，，，∴是一个以2为首项，公比为2的等比数列．（2），,①②　由①②，得，.20．如图，在四棱锥中，，，侧面底面，底面为矩形，为上的动点（与两点不重合）．(1)判断平面与平面是否互相垂直？如果垂直，请证明：如果不垂直，请说明理由；(2)若，试求二面角的余弦值的绝对值的取值范围．【答案】(1)平面平面；证明见解析(2) 【分析】（1）由面面垂直性质可得平面，从而得到；结合可证得平面，由面面垂直的判定可得结论；（2）取中点，根据面面垂直性质可得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可求得，结合的范围可求得结果.【详解】（1）平面平面，证明如下：平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，又，，平面，平面，平面，平面平面.（2）取中点，连接，，为中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，又，平面，平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，，，，设，则，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，，，，，，，即，二面角的余弦值的绝对值的取值范围为.21．已知，是椭圆：的两个焦点，点在椭圆上，且的面积为.(1)求椭圆的方程.(2)过点的直线与椭圆交于，两点，直线，分别与直线交于，两点.若，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由.【答案】(1)；(2)是定值，定值为4. 【分析】（1）根据的面积为得到，然后根据点在椭圆上得到，再结合解方程得到，，即可得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立直线和椭圆方程得到，，由当直线与椭圆相切时切点横坐标为1得到，，然后根据直线的方程得到 ，同理得，然后利用韦达定理求即可.【详解】（1）因为，所以，解得，将代入椭圆方程得，又，所以，，所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，，，联立直线和椭圆方程得①，，解得，当时，，此时直线与椭圆相切，代入①得，所以，，，，直线：，将，代入得，所以，同理可得，则，，，所以是定值，定值为4.【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．22．已知函数.(1)设的零点为，求曲线在点处的切线方程；(2)若不等式对恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2). 【分析】（1）根据函数的解析式求得零点，根据导数的几何意义即可求得答案；（2）将原不等式化简可得对恒成立，分类讨论a的正负，从而可得或，由此可构造函数，利用导数求其最值，结合解一元二次不等式即可求得答案.【详解】（1）由题意可得的定义域为 ，，设函数 ，则在上是增函数，又 ，所以 ，因为，所以 ，且 ，所以曲线在点处的切线方程为即 .（2）由对恒成立，得对恒成立，当时由，得 ，设函数 ，则 ，当时， ，当 时 ，所以 在上是增函数，在上是减函数，所以的最大值为 ，则 ，又 ，解得 ．当时，由，得 ，当 时，，当 时，，所以的最小值为0，则 ，又 ，得 ，综上a的取值范围是 .【点睛】方法点睛：本题第二问是根据函数不等式恒成立问题求解参数范围，解决此类问题的方法一般是对不等式进行合理变形，进而分离参数，转化为函数的最值问题求解；根据参变分离后的表达式构造恰当的函数，分类讨论，利用导数求解最值问题即可解决问题.