2023-2024学年河北省承德市高三第一学期12月份月考数学模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省承德市高三第一学期12月份月考数学模拟试题（含解析），共18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。
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知为复数单位，，则的模为（ ）
A．B．1C．2D．4
3．已知向量，，且，若，则在方向上的投影向量的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．已知等轴双曲线的对称轴为坐标轴，且经过点，则双曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
5．已知，且满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知等差数列的前n项和为，，则（ ）
A．60B．120C．180D．240
7．在正方体中，若棱长为，，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．平面B．直线与平面所成角的正弦值为定值
C．平面平面D．点到平面的距离为定值
8．已知函数，若在R上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）
9．已知函数，则下列四个结论中不正确的是（ ）
A．函数的图象关于点中心对称
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间内有4个零点
D．函数在区间上单调递增
10．已知的定义域为且为奇函数，为偶函数，且对任意的，，且，都有，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数B．
C．的图象关于对称D．
11．已知，是椭圆C：的左右焦点，点M在C上，且，则下列说法正确的是（ ）
A．的面积是B．的内切圆的半径为
C．点M的纵坐标为2D．若点P是C上的一动点，则的最大值为6
12．已知，则下列说法正确的有（ ）
A．对于任意，函数有且只有两个零点
B．当时，函数有三个极值点
C．当时，函数的图象的切线的斜率最小值为
D．若函数在上的最小值为，则
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．命题在单调增函数，命题（）在R上为增函数，则命题P是命题Q的 ．（在“充分不必要条件、必要不充分条件、充要条件、既不充分也不必要条件”中选择最合适的填写）
14．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第十六题的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二．问物几何？现有一个相关的问题：将到这个自然数中被除余且被除余的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列，则该数列的项数为 ．
15．在中，，，，则的周长为 .
16．已知、为椭圆的两个焦点，过的直线交椭圆于A、B两点，若，则 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．已知的内角的对边分别为，且，
(1)求的大小；
(2)若，求的面积．
18．已知数列的通项公式为，数列的前n项和为，且满足
（1）求的通项公式；
（2）在中是否存在使得是中的项，若存在，请写出满足题意的一项（不要求写出所有的项）；若不存在，请说明理由．
19．已知函数在处的切线方程．
（1）求，的值；
（2）求的单调区间与极小值．
20．在图1中，四边形为梯形，，，，，过点A作，交于．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列两问：
(1)求四棱锥的体积；
(2)若F在侧棱上，，求证：二面角为直二面角．
21．已知焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为,为椭圆的左顶点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知过点的直线与椭圆交于，两点.
① 若直线垂直于轴，求的大小;
② 若直线与轴不垂直，是否存在直线使得为等腰三角形？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由.
22．已知函数.
(1)若函数在其定义域内为增函数，求实数的取值范围；
(2)设函数，若在上至少存在一点，使得成立，求实数的取值范围.
1．D
【分析】先解指数不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解.
【详解】由，可得，即，则，
所以，
又，所以.
故选：D.
2．A
【分析】根据复数运算的乘除法则，结合复数相等的定义可求得，进而可求得，再结合模长公式即可求解.
【详解】由可得，所以，
所以，则.
故选：A.
3．A
【分析】根据垂直向量的坐标运算建立方程求得参数，结合投影的定义，可得答案.
【详解】，故，解得，所以，
则在方向上的投影向量为.
故选：A.
4．C
【分析】设出等轴双曲线的标准方程，将代入即可求解.
【详解】设等轴双曲线的方程为，
将点代入得，解得.
所以双曲线的标准方程为.
故选:C.
5．A
【分析】先变形得到且，从而得到，故，利用基本不等式求出最小值，得到答案.
【详解】因为，且，所以，
又，故，
所以，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故.
故选：A
6．C
【分析】利用下标和性质求得，然后由等差数列求和公式和下标和性质可解.
【详解】根据等差数列下标和性质可知，得，
所以．
故选：C．
7．B
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的结构特征，利用空间向量逐个计算判断即可
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，
令，得，
令，得，，
对于A，，显然，
即，，
而，平面，因此平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
因为，，平面，则平面，
于是为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成角为，
则不是定值，B错误；
对于C，由选项A知平面，即为平面的一个法向量，
而，则，
即有，
又，平面，因此平面，
则平面平面，C正确；
对于D，显然，
因此点到平面的距离为，为定值，D正确.
故选：B
8．D
【分析】求出导函数，由已知得出恒成立.进而推得恒成立，由列出不等式，解不等式即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为在R上单调递增，所以恒成立.
因为，
所以恒成立，
所以，，解得.
故选：D.
9．ABD
【分析】令，求得，可判定A不正确；令，求得可判定B不正确；由时，可得，可判定C正确；由，结合正弦函数的性质，可判定D不正确.
【详解】对于函数，
对于A中，令，可得，
所以函数的图象不关于点中心对称，所以A不正确；
对于B中，令，可得不是最值，
所以函数的图象不关于直线对称，所以B不正确；
对于C中，由，可得，
当时，可得，
所以在上有4个零点，所以C正确；
对于D中，由，可得，
根据正弦函数的性质，此时先减后增，所以D不正确.
故选：ABD.
10．ABC
【分析】由已知奇偶性得出函数的图象关于点对称且关于直线对称，再得出函数的单调性，然后由对称性变形判断ABC，结合单调性判断D．
【详解】为奇函数，为偶函数，
所以的图象关于点对称且关于直线对称，故C正确；
所以，，，
，所以是周期函数，4是它的一个周期．
，
，故B正确；
，是偶函数，A正确；
对任意的，且，都有，即时，
，所以在是单调递增，
，，，
，∴，故D错．
故选：ABC．
【点睛】关键点睛：本题的关键是得到函数的对称性、单调性和周期性，再利用这些性质逐项分析即可.
11．ABD
【分析】对A，根据椭圆定义，余弦定理，三角形面积公式可求得答案；对B，在A选项基础上，，可求得；对C，在A选项基础上，由可求得；对D，由向量可得，，两式平方化简得，当最大时，得解.
【详解】如图所示，令
A选项，设，，由椭圆定义得，
又由余弦定理可得，解得，，故A选项正确；
B选项，由，可得：，故B选项正确；
C选项，由，可得：，即，故C选项错误；
D选项，因为，所以，即，①
同理，，可得，②两式相减可得，
，故D选项正确．
故选：ABD.
12．BCD
【分析】先求出当时，函数的单调性，再对a分类讨论当时，确定函数的单调性，结合选项依次判断即可.
【详解】解：，
当时，
由，得，
由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
对于A项，当，则时，，则，有无数个零点，故A项错误；
对于B项，由在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则为的极大值点，为的极小值点，
当时，在上单调递减，且，且函数在处连续，则0为的极大值点，故B项正确；
对于C项，当时，函数的图象的切线的斜率为：
，故C项正确；
对于D项，
当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
，，
则，
当时，显然函数在上的最小值为，
则，故D项正确.
故选：BCD
13．充要条件
【分析】根据二次函数以及分段函数单调性建立不等式，结合充要条件的定义，可得答案.
【详解】根据命题，由函数，此为图象开口向上的二次函数，
则其对称轴为直线，
由函数在上单调递增，则，解得；
根据命题，由题意可得，解得.
易知命题是命题的充要条件.
故答案为：充要条件.
14．
【分析】先得到新数列，是首项为，公差为的等差数列，求出通项公式，解不等式即能求出数列的项数.
【详解】由题知，满足上述条件的数列为，
该数列为首项是，公差为的等差数列，
则，
解得，故该数列的项数为.
故答案为：
15．6
【分析】利用向量的几何意义确定三角形的形状即可求解.
【详解】设，则有均为单位向量，
且与同向，与同向，
所以与的角平分线共线，
又因为，
所以的角平分线与垂直，
即的角平分线与高线合一,
所以为等腰三角形，且,
又由，
得，
所以是等边三角形，则的周长为.
故答案为:6.
16．8
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义直接求解即可.
【详解】椭圆的长半轴长，而、为该椭圆的两个焦点，且弦过，
则，
于是，而，
所以.
故答案为：8
17．【小题1】 【小题2】
【分析】（1）已知等式利用诱导公式和倍角公式化简，可求的大小；
（2）条件中的等式，利用正弦定理角化边，再用余弦定理求得边，用面积公式计算面积.
【详解】（1），可得
又
（2）由正弦定理得，，
由余弦定理，,可得，，
联立方程组整理得，，所以或（舍）．
18．(1) (2) 见解析
【分析】（1）利用退一法求解即可（2）假设存在得关系式再赋值即可
【详解】（1）当时，当时，
两式相减得：，即：故{}为首项和公比均为的等比数列，
（2）设中第m项满足题意，即，即
所以，
19．（1）；（2）在单调递减，在单调递增，的极小值为．
【分析】（1）根据导数的几何意义，有，又，联立方程组即可求解.
（2）求函数的导函数，然后令导函数大于0，可得增区间，令导函数小于0，可得减区间，从而可得函数的极小值．
【详解】解：（1），由已知可得，解得.
（2）由（1）可得，
∴，
令，解得；令，解得，
∴在单调递减，在单调递增，
∴当时，的极小值为．
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用线面垂直的判定定理确定高，再用体积公式直接求解；
(2)利用空间向量的坐标运算，证明两平面的法向量数量积等于0即可.
【详解】（1）在图1中，∵，∴，
又，∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形．
在图2中，连接，则，
又平面，
，∴平面，
∵平面，∴
∵，平面,
∴平面
（2）在图2中，以为原点，以所在的直线为轴建立如图所示的直角坐标系，则，，，，
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
设面的一个法向量为，
由
令，则，取
所以，∴，从而二面角为直二面角
21．（Ⅰ）.
（Ⅱ）（ⅰ）当直线垂直于轴时，直线的方程为.
（ⅱ）当直线与轴不垂直时，不存在直线使得为等腰三角形.
【分析】（1）根据离心率以及点坐标列方程组解得结果，（2）第一问，解出交点坐标，根据斜率公式得垂直，即得夹角，第二问设直线方程，与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理，求向量数量积，根据方程无解得结果.
【详解】（Ⅰ）设椭圆的标准方程为，且.
由题意可知：，.
解得.
∴ 椭圆的标准方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得.设.
（ⅰ）当直线垂直于轴时，直线的方程为.
由解得：或
即（不妨设点在轴上方）.
则直线的斜率，直线的斜率.
∵，得.
∴.
（ⅱ）当直线与轴不垂直时，由题意可设直线的方程为.
由消去得：.
因为 点在椭圆的内部，显然.
因为，，，
所以
.
∴. 即为直角三角形.
假设存在直线使得为等腰三角形，则.
取的中点，连接，则.
记点为.
另一方面，点的横坐标，
∴点的纵坐标.
又
故与不垂直，矛盾.
所以 当直线与轴不垂直时，不存在直线使得为等腰三角形.
22．(1)；
(2).
【分析】（1）由题意得导函数在其定义域内恒非负，再根据二次方程恒成立条件得实数的取值范围；
（2）将不等式有解问题，利用参变分离法转化为对应函数最值问题，再利用导数求对应函数最值，即得实数的取值范围.
【详解】（1），，
因为函数在其定义域内为增函数，所以，恒成立，
当时，显然不成立；
当时，，要满足，时恒成立，
则，∴.
（2）设函数，，
则原问题转化为在上至少存在一点，使得，即.
①时，，
∵，∴，，，则，不符合条件；
②时，，
由，可知，
则在单调递增，，整理得.
综上所述，.