2023届福建省福州市鼓山中学高三上学期11月月考数学试题含答案

2023届福建省福州市鼓山中学高三上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先分别求出集合A，B，由此能求出.

【详解】∵集合，

，

.

故选：A.

2．若复数（i为虚数单位，a，且）为纯虚数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算化简，根据其为纯虚数可得且，即可求得答案.

【详解】由题意得

,

∵为纯虚数

∴且，∴，

另解：设（），则，

即，，

∴，

故选：D.

3．已知双曲线x2－＝1的两个焦点为F1，F2，P为双曲线右支上一点．若|PF1|＝|PF2|，则△F1PF2的面积为（    ）

A．23 B．24

C．25 D．26

【答案】B

【解析】由已知条件，结合双曲线的定义可得|PF1|，|PF2|的值，再结合焦距，利用勾股定理逆定理判定为直角三角形，进而求得其面积.

【详解】由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝|PF2|＝2a＝2，

解得|PF2|＝6，故|PF1|＝8，

又|F1F2|＝10，故为直角三角形，

因此＝|PF1|·|PF2|＝24.

故选：B.

【点睛】利用定义得到到两交点的距离之差，结合已知条件求得到两焦点的距离是解决问题的关键.

4．函数的部分图像大致为

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由题意知，函数为奇函数，故排除B；当时，，故排除D；当时，，故排除A．故选C．

点睛:函数图像问题首先关注定义域，从图像的对称性，分析函数的奇偶性，根据函数的奇偶性排除部分选择项，从图像的最高点、最低点，分析函数的最值、极值，利用特值检验，较难的需要研究单调性、极值等，从图像的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．

5．已知中，角，，的对边分别为，，，且，，，则（    ）

A． B． C．或 D．2或

【答案】C

【分析】根据已知条件利用余弦定理直接计算即可.

【详解】在中，，，，

由余弦定理得，

，即，

解得或，

故选：C

6．我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长l与太阳天顶距θ（）的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表，根据三角学知识可知，晷影长度l等于表高h与太阳天顶距θ正切值的乘积，即.对同一“表高”两次测量，第一次和第二次太阳天顶距分别为α，β，若第一次的“晷影长”是“表高”的2倍，且，则第二次的“晷影长”是“表高”的（    ）倍

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】根据题意可知，利用整体法与正切的和差公式即可求得，故得解.

【详解】由可得，所以由题意得，

又，所以，

所以第二次的“晷影长”是“表高”的1倍.

故选：A．

7．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造和，利用导数判断其单调性，利用作商法判断大小.

【详解】设

则，

，，

在上单调递增，

，即，，

，，

，

又，所以.

设，

则，

所以在上单调递增，

所以，

所以，，

所以，，

，

又，故，

综上：，

故选：D

8．已知椭圆的上顶点，左右焦点分别为，连接，并延长交椭圆于另一点P，若，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意及椭圆的定义，可求得、的长，根据三角函数定义，求得根据余弦定理，可求得，根据两角的关系，列出方程，代入离心率公式，即可得答案.

【详解】由题意得，

所以，则，

由椭圆的定义可得，

所以，

因为，

所以，解得，，

在中，，

在中，，

因为，

所以，即，

所以

所以.

故选：C

二、多选题

9．下列说法正确的有（    ）

A．命题“”是“”的充要条件

B．命题“”的否定是：“”

C．设都是非零向量，则是成立的充分不必要条件

D．向量在向量上的投影向量是

【答案】BCD

【分析】根据充要条件判断A,C选项，命题的否定的定义判断B选项，根据投影向量定义判断D选项.

【详解】，当对数不成立, 命题“”是“”的必要不充分条件，A选项错误；

命题“”的否定是：“”，B选项正确；

，都是非零向量，表示与同向的单位向量，与同向的单位向量，

所以表示，的方向相同，而表示，的方向相同，且，

所以是成立的充分不必要条件，故C选项正确；

向量在向量上的投影向量是，故D选项正确；

故选：BCD.

10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．若函数的最小正周期为，则其图象关于直线对称

B．若函数的最小正周期为，则其图象关于点对称

C．若函数在区间上单调递增，则的最大值为2

D．若函数在有且仅有4个零点，则的取值范围是

【答案】ACD

【分析】对于A、B，根据周期求出，再代入检验即可，对于C、D，由的取值范围，求出的取值范围，再根据所对应的条件得到不等式组，解得即可.

【详解】解：对于A选项：∵的最小正周期为，∴，

∴，故函数关于对称，故A正确；

对于B选项：∵的最小正周期为，∴，

∴，故函数关于对称，故B错误；

对于C选项：∵，∴．又函数在上单调递增，

∴，∴，故C正确；

对于D选项：∵，∴，又在有且仅有4个零点，

则，∴，故D正确，

故选：ACD．

11．已知曲线：，则下列说法正确的是（    ）

A．若曲线表示双曲线，则

B．若曲线表示椭圆，则且

C．若曲线表示焦点在轴上的双曲线且离心率为，则

D．若曲线与椭圆有公共焦点，则

【答案】BCD

【分析】根据双曲线，椭圆的特征一一计算可得；

【详解】解：对于A：若曲线：表示双曲线，则，解得或，故A错误；

对于B：若曲线：表示椭圆，则，解得且，故B正确；

对于C：若曲线表示焦点在轴上的双曲线且离心率为，则，

所以，则，解得，故C正确；

对于D：椭圆的焦点为，

若曲线表示焦点在轴上的双曲线，则，则，则，解得（舍去）；

若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则，则，则，解得，符合题意，故，故D正确；

故选：BCD

12．如图，正方体的棱长为，、分别是棱、的中点，过点、的平面分别与棱、交于点、，则下列命题正确的是（    ）

A．平面与平面所成角的最大值为

B．四边形的面积的最小值为

C．四棱锥的体积为定值

D．点到平面的距离的最大值为

【答案】BCD

【分析】由两平面所成角定义，计算可得所求最大值，可判断A；由四边形为菱形，计算面积，分析的最小值，可判断B；由棱锥的等体积法，计算可判断C；由等体积法和函数的性质可判断D.

【详解】对于A，因为平面平面，平面平面，

平面平面，所以，，同理可得，

所以，四边形为平行四边形，

又直角梯形和直角梯形全等，得，

所以四边形为菱形，且，

取的中点，连接、，取的中点，连接、，

因为，，、分别为、的中点，所以，且，

所以，四边形为平行四边形，所以，且，

因为平面，平面，所以，平面，

同理可得，平面，且，

因为，、平面，所以，平面平面，

所以，平面与平面所成的角等于平面与平面所成的角，

因为，为的中点，所以，，同理可知，

又因为平面平面，

所以，平面与平面的平面角等于，

因为平面，所以，平面，

因为平面，所以，，

易知四边形为平行四边形，则，

因为，，，则，所以，，

所以，，所以，，A错；

对于B，因为，，

所以，，B对；

对于C，四棱锥的体积为，故C正确；

对于D，设，则，，

设到平面的距离为，

可得，

当时，，

所以（其中)，

当时，（其中)，

则，所以，，故当即时，取得最大值，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：

（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；

（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.

三、填空题

13．已知，且，则        ．

【答案】

【分析】根据向量平行的坐标公式求解即可.

【详解】由题意，，即.

故答案为：

14．已知双曲线：的左､右焦点分别为,，点，分别为渐近线和双曲线左支上的动点，当取得最小值时，面积为           .

【答案】

【分析】根据双曲线的定义把求的最小值转化为求的最小值；然后再判断出当，，三点共线且垂直于渐近线时，取得最小值.

【详解】由题意知，，，不妨取其中一条浙近线，

由双曲线定义知，所以，

所以，

所以当，，三点共线且垂直于渐近线时，取得最小值，

此时，直线方程为，

由，得，

故点，

.

故答案为：.

15．已知是椭圆的左、右焦点，P在椭圆上运动，则的最小值为   ．

【答案】1

【分析】利用椭圆的定义知，利用基本不等式即可求出的最小值.

【详解】因为是椭圆的左、右焦点，P在椭圆上运动，

所以.

所以，所以（当且仅当时等号成立）.

所以.

即的最小值为1.

故答案为：1

16．已知，且，若，且恒成立，则实数的取值范围为       ．

【答案】

【分析】由条件可得，利用基本不等式求其最小值，结合对数函数性质求的最小值，由此可得的取值范围.

【详解】因为，故，且；

因为，故，

令，，因为，，则且，

则；

因为，

当且仅当，时等号成立，

故，则实数的取值范围为.

故答案为：.

四、解答题

17．设正项数列的前项和为，等比数列的前项和为，且，，．

(1)求数列，的通项公式；

(2)求数列的前项和．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用，求得通项公式，利用的前项公式求得，进而求得.

（2）利用错位求和法求得数列的前项和.

【详解】（1）由题意知，①，可得②，

两式相减得：，整理得：，

即，因为，所以．

令可得：，解得，即，所以．

所以．

所以，，所以，又因为，所以，所以．

（2）令，前项和为，

则有：，

等式两边同乘以2有：，

两式相减得：，

整理化简得：．

18．已知函数．

(1)求函数的单调递增区间；

(2)先将的图象向左平移个单位，再保持纵坐标不变，将每个点的横坐标缩短为原来的一半，再将函数图象向上平移个单位，得到函数的图象．求函数在上的值域．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用三角函数恒等变换公式化简函数得，然后由可求出函数的增区间，

（2）由三角函数图象变换规律求出，令，由求出的范围，再利用正弦函数的性质可求得结果.

【详解】（1）化简得：

令，，

解得，，

所以函数的增区间为．

（2）将的图象向左平移个单位，再保持纵坐标不变，得

，

再将每个点的横坐标缩短为原来的一半，得，

再将函数图象向上平移个单位，得到函数，

令，则的取值范围是，

则的取值范围是，

所以的取值范围是．

19．如图，在直四棱柱中，底面是菱形，是的中点.

(1)求证：平面；

(2)已知，，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）连接交于，连接，易得，再根据线面平行的判定即可证结论.

（2）为中点，结合已知可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，写出对应点坐标，并求出直线的方向向量和平面的法向量，由空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）由题设，连接交于，易知：是的中点，连接，

∵是的中点，

∴，又面，面，

∴面.

（2）底面是菱形，，即，若为中点，则，

∴，故在直四棱柱中有、、，

∴可构建以为原点，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，设，

∴，则，

若是面的一个法向量，则，令，则，

∴，故直线与平面所成角的正弦值.

20．某企业有甲、乙两条生产线，其产量之比为 .现从两条生产线上按分层抽样的方法得到一个样本，其部分统计数据如表（单位：件），且每件产品都有各自生产线的标记.

(1)请将列联表补充完整，并根据独立性检验估计；大约有多大把握认为产品的等级差异与生产线有关?

(2)为进一步了解产品出现等级差异的原因，现将样本中所有二等品逐个进行技术检验（随机抽取且不放回）.设甲生产线的两个二等品恰好检验完毕时，已检验乙生产线二等品的件数为，求随机变量的分布列及数学期望.

参考公式：.

【答案】(1)答案见解析；

(2)分布列见解析，数学期望为2.

【分析】（1）分析题意完成2×2列联表,直接套公式求出，对照参数下结论；

（2）直接求出概率，写出分布列，套公式求出数学期望.

【详解】（1）由题意可得，一共抽样50个，产量之比为 ，按分层抽样抽取，故甲生产线抽取，乙生产线抽取，故甲生产线抽取一等品40-2=38，乙生产线抽取二等品10-7=3，填表如下：

所以，

故有97.5％把握认为产品的等级差异与生产线有关

（2）依题意得，检验顺序的所有可能为甲甲乙乙乙，甲乙甲乙乙，乙甲甲乙乙，甲乙乙甲乙，乙甲乙甲乙，乙乙甲甲乙，甲乙乙乙甲，乙甲乙乙甲，乙乙甲乙甲，乙乙乙甲甲，共10种可能.

的所有可能取值为：0，1，2，3.

故，，，，

则的分布列为：

所以

21．已知函数.

(1)若，求曲线在处的切线方程；

(2)若x=0为函数的极值点，且函数有两个零点，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出导函数，根据导数几何意义即可得到切线方程；

（2）由函数的极值点确定参数值，结合函数的单调性与极值，数形结合可得结果.

【详解】（1）依题意，故；

而，

故，又

故所求切线方程为；

（2）令，则；

，.

而，解得，经检验成立

所以，

故函数的定义域为R

；

令，解得或；

故当时，，当时，，当时，，

故函数在和上单调递增，在上单调递减；而，，

且当时，，当时，，

作出的大致图象如图所示，

观察可知，实数的取值范围为

22．已知椭圆的离心率为，且与为方程的两根.

（1）求椭圆的方程；

（2）过右焦点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，与关于轴对称，是与轴的交点，若，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据与为方程的两根，求得a，b即可；

（2）设直线的方程为，，联立， 由，转化为，即求解.

【详解】（1）因为方程的根为，3，且，

所以，又，

解得，

故椭圆方程为；

（2）由（1）可知右焦点，

设直线的方程为，则，

令，得.

联立，整理得，

设，则，

∵，

∴，则.

又因为，

∴，

，

，

，

即，

整理得，

解得或（舍去）

故.