2023届广东省汕头市金山中学高三上学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2023届广东省汕头市金山中学高三上学期第二次月考数学试题含解析，共23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届广东省汕头市金山中学高三上学期第二次月考数学试题 一、单选题1．已知为虚数单位，则在复平面上对应的点在（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根据复数的除法运算化简，即可得对应点进行求解.【详解】由,所以在复平面对应的点为，在第一象限.故选：A2．集合，，若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先解分式不等式求出集合，依题意可得，分、、三种情况讨论，分别求出参数的取值范围，即可得解.【详解】解：由等价于，解得或，所以，又，所以，①当时，即无解，此时，满足题意.②当时，即有解，当时，可得，即，要使，则需要，解得.当时，可得，即，要使，则需要，解得.综上，实数的取值范围是.故选：A3．已知直线m，n平面，，，，则“且”是“”的（    ）条件．A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要条件 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】利用空间直线平面的位置关系和必要非充分条件的定义判断得解.【详解】解：面面平行的判定定理：，，，，．所以“且”推不出“”，但“”可以推得“且”，所以“且”是“”的必要不充分条件．故选：B．4．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦·B·曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．下图是按照，的分形规律生长成的一个树形图，则第10行的实心圆点的个数是（    ）A．89 B．55 C．34 D．144【答案】C【分析】记第行实心圆点的个数为，由图中实心圆点个数的规律可知，由此即可计算出答案.【详解】设第行实心圆点的个数为，由题图可得，，，，，，，……，则，故，，，．故选：C．5．将6名新教师安排到A，B，C三所学校去任教，每所学校至少一人，其中教师甲不能去A学校，则不同的安排方案的种数是（　　）A．540 B．360 C．240 D．180【答案】B【分析】计算出6名新教师安排到A，B，C三所学校去任教每所学校至少一人的所有情况，根据教师甲去每所学校的情况都是一样的可得答案.【详解】将6名新教师安排到A，B，C三所学校去任教，每所学校至少一人，有或或三种分配方案，所以共有种情况，其中教师甲去每所学校的情况都是一样的，所以教师甲不能去A学校的不同的安排方案的种数是种.故选：B.6．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】结合图象，先判断奇偶性，然后根据且趋近0时判断，最后利用的零点进行判断，即可得到答案【详解】解：因为，所以，解得，则的定义域为，关于原点对称，由可得，发现，故为奇函数，故B错误；当且无限接近0时，，所以此时，故A错误；因为当即，解得，所以在轴正半轴的第一个零点是，第二个零点是，第三个零点是，第四个零点是，第五个零点是，所以在第四个零点和第五个零点之间不可能一直递增，故C错误；故选：D7．设函数，若是从三个数中任取一个，是从五个数中任取一个，那么恒成立的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先把的解析式变形，用分离常数法，然后用均值不等式求出最小值，本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是15个，满足条件的事件是9个，即可得出答案.【详解】当时，当且仅当时，取“＝”，∴，于是恒成立就转化为成立；当时， ，设事件A：“恒成立”，则基本事件总数为15个，即（0，1），（0，2）（0，3），（0，4），（0，5），（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5）；事件A包含事件：（0，1），（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5）共9个所以.故选：A.8．的值落在区间（    ）中．A． B． C． D．【答案】B【分析】设，分析可知，利用导数分析函数在上的单调性，结合零点存在定理可得出结论.【详解】因为，即，设，则，对任意的恒成立，所以，函数在上为减函数，且，因为，，由零点存在定理可知.故选：B. 二、多选题9．如果某函数的定义域与其值域的交集是，则称该函数为“交汇函数”．下列函数是“交汇函数”的是（    ）．A． B． C． D．【答案】BD【分析】根据交汇函数的含义，分别求解各个选项中函数的定义域和值域，由交集结果可得正确选项.【详解】由交汇函数定义可知：交汇函数表示函数定义域与值域交集为；对于A，的定义域，值域，则，A错误；对于B，的定义域，值域，则，B正确；对于C，的定义域为，值域，则，C错误；对于D，的定义域为，值域，则，D正确.故选：BD.10．如图，正方体的棱长为1，点是线段上的动点，则（    ）A．与不垂直B．二面角的大小为定值C．三棱锥的体积为定值D．若是对角线上一动点，则长度的最小值为【答案】BCD【分析】由线面垂直的性质判断A；由二面角判断B；由等积法判断C；将平面沿直线翻折到平面内，作出平面图可求解D【详解】对于A：由正方体可得，又平面，平面，所以，因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，故A错误；对于B：平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，而这两个平面的位置固定不变，故二面角的大小为定值，故B正确；对于C：因为，为定值，故C正确；对于D：将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，过点作，此时的值最小，由题可知，，则，故，又，故长度的最小值为，故D正确；故选：BCD11．已知双曲线的左、右两个顶点分别是，左、右两个焦点分别是，是双曲线上异于的任意一点，给出下列结论，其中正确的是（    ）A．B．直线，的斜率之积等于定值C．使得为等腰三角形的点P有且仅有四个D．若，则【答案】BD【分析】由双曲线的定义，可判定A错误；由，结合双曲线的方程，得到，所以B正确；结合双曲线的几何性质，可判定C错误；结合，得到，可判定D正确．【详解】由题意，点是双曲线上异于的任意一点，设，对于A中，由双曲线的定义知，，所以A错误；对于B中，由，，可得，又由，所以，可得，所以B正确；对于C中，若P在第一象限，则当时，，为等腰三角形；当时，，也为等腰三角形，故点P在第一象限且使得为等腰三角形的点P有两个．同理可得，在第二、三、四象限且使得为等腰三角形的点P也各有两个，因此使得为等腰三角形的点P共有八个，所以C错误．对于D中，由，得，从而，所以D正确．故选：BD．12．已知函数，下列选项正确的是（       ）A．函数在上单调递增B．函数的值域为C．若关于x的方程有个不相等的实数根，则实数的取值范围是D．不等式在恰有两个整数解，则实数的取值范围是【答案】ACD【分析】利用导数法求出分段函数的单调性，从而确定函数的单调性及值域即可判断A、B选项是否正确；由，解出的值，根据的图像判断有个不相等的实数根的条件，即可判断C选项是否正确；将原不等式转化，做出直线利用斜率的意义，结合数形结合思想确定的取值范围.【详解】，①、当时，，，当时，，函数在上单调递减；当时，，函数在单调递增.当时，有极小值为，当时，,且，当时，；当时，，且趋近于负无穷大时,趋近于.②、当时，，，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，时，函数有极大值为，又趋近于正无穷大时,趋近于，时，，且做出函数的图像如图示：对于A选项：由函数的图像可知，函数在上单调递增，则A选项正确；对于B选项：由函数的图像可知，函数的值域为，则B选项不正确；对于C选项：由，可得，即或，做出的图像如下：由图像可知，有一个实数根，关于x的方程有个不相等的实数根，有两个不相等且异于的实数根，，，结合函数的图像可知，实数a的取值范围是，则C选项正确；对于D选项：，，分析可知：直线过点，当直线过点时，，当直线过点时，，结合函数的图像可知，当实数a的取值范围是时，不等式在恰有两个整数解为0与1，则D选项正确.故选：ACD. 三、填空题13．中国文化博大精深，“八卦”用深邃的哲理解释自然、社会现象.如图（1）是八卦模型图，将其简化成图（2）的正八边形，若，则______.【答案】【分析】根据题意，利用余弦定理，计算出的值，根据向量运算，把化成，计算其长度得答案.【详解】在中，设，，则，所以，所以.故答案为：14．已知函数，若至少存在两个不相等的实数，使得，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】当时，易知必满足题意；当时，根据可得，由最大值点的个数可构造不等式组，结合确定具体范围.【详解】至少存在两个不相等的实数，使得，当，即时，必存在两个不相等的实数满足题意；当，即时，，，；当时，解集为，不合题意；令，则；令，则；综上所述：实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查根据正弦型函数最值点的个数求解参数范围的问题，解题关键是能够采用整体对应的方式，根据的范围所需满足的条件来构造不等式组，解不等式组求得结果.15．如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点）篮球的影子是椭圆，篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率=_________.【答案】【分析】建立直角坐标系，由题意可知，，，求得直线PR的方程，利用点到直线的距离公式求得M、Q的坐标，再利用M到PN的距离求得N点坐标，则可得出2a，a﹣c，求解c，即可得到椭圆的离心率．【详解】解：以为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意可知，，由题意可得，则，，设，则到的距离，解得（舍去），，则，又设，由，得．，则，得，，则    故得．∴椭圆的离心率．故答案为：．16．若函数恰有两个零点，则的值为______.【答案】【分析】由，得|logax|，即，可得函数y与y的图象有两个交点，画出图形，数形结合可得a的取值范围．【详解】由，得|logax|，即，由题意，函数y与y的图象有两个交点，当0＜a＜1时，函数y与y的图象有两个交点时，注意到y与y互为反函数，图象关于y＝x对称，可知函数y的图象与y＝x相切，设切点的横坐标为x0，则，解得；故答案为： 四、解答题17．已知数列的各项均为正数，记为的前项和，（且）.(1)求证：数列是等差数列，并求的通项公式：(2)当时，求证：.【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析 【分析】（1）利用和的关系即可得到结果；（2）利用裂项相消法，即可证明不等式.【详解】(1)∵（且），当时，，，又，所以，，数列是以为首项，公差为1的等差数列，，所以.当时，，又满足上式，数列的通项公式为.(2)当时，，故所以对，都有.18．某中学课外实践活动小组在某区域内通过一定的有效调查方式对“北京冬奥会开幕式”当晚的收看情况进行了随机抽样调查．统计发现，通过手机收看的约占，通过电视收看的约占，其他为未收看者：(1)从被调查对象中随机选取3人，其中至少有1人通过手机收看的概率；(2)从被调查对象中随机选取3人，用表示通过电视收看的人数，求的分布列和期望．【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）由题意易知，通过手机收看的概率为，则至少有1人通过手机收看的对立事件为3人都没有通过手机收看，即可较易得出结论；（2）首先得出服从二项分布，然后求出对应取值的概率，即可得出分布列，同时也能得出期望.【详解】(1)记事件为至少有1人通过手机收看，由题意知，通过手机收看的概率为，没有通过手机收看的概率为，则；(2)由题意知：，则的可能取值为0，1，2，3，；；；；所以的分布列为：0123 所以.19．在锐角三角形中，角所对的边分别为，且(1)求；(2)求的取值范围【答案】(1)；(2) 【分析】（1）化简可得，根据同角三角关系可求出的值，即可得到答案；（2）先利用锐角三角形得到通过正弦定理可得到，然后通过余弦定理得到，所以设，利用双勾函数的性质求其范围即可得到答案【详解】(1)因为，所以，即，由角为锐角知，联立，解得，故；(2)由为锐角三角形知，即，因为，所以所以，因为所以所以，即，因为所以令，则，因为，则，所以即20．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点，别是边BC，CD的中点，，．沿MN将翻折到的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析(2)符合题意的点存在且为线段的中点． 【分析】（1）证明出平面，进而证明面面垂直；（2）易得当平面时，四棱锥体积最大，再建立空间直角坐标系，设（），利用空间向量和二面角的大小，列出方程，确定点的位置【详解】(1)在翻折过程中总有平面平面，证明如下：∵点，分别是边，的中点，又，∴，且是等边三角形，∵是的中点，∴，∵菱形的对角线互相垂直，∴，∴，∵，平面，平面，∴平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．(2)由题意知，四边形为等腰梯形，且，，，所以等腰梯形的面积，要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，∴当平面时，点到平面的距离的最大值为.假设符合题意的点存在．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，又，又，且，平面，平面，平面，故平面的一个法向量为，设（），∵，，故，∴，，平面的一个法向量为，则，，即令，所以，则平面的一个法向量，设二面角的平面角为，则，即，解得：，故符合题意的点存在且为线段的中点．21．已知直线过椭圆的右焦点，且交椭圆于两点，点在直线上的射影分别为点.若，其中为原点，为右顶点，为离心率.(1)求椭圆的方程；(2)连接，试探索当变化时，直线是否相交于一定点.若交于定点，请求出点的坐标，并给予证明；否则说明理由.【答案】(1)(2)是，定点，证明见解析 【分析】（1）由直线过椭圆右焦点可得的值，再利用离心率结合椭圆的性质即可得到椭圆方程；（2）利用当时猜想定点坐标，当时，设，则，联立椭圆方程和，利用韦达定理证明三点共线和三点共线即可.【详解】(1)椭圆的方程为，过定点，由题意可得，由，可得，即，即，解得，则，，所以椭圆的方程为.(2)当时，直线垂直于轴，可得四边形为矩形，直线，所以直线，相交于点，猜想定点.当时，分别设，由题意可得，由，可得，，，由，，得，又，则，即，所以三点共线.同理由得，又，则，即，所以三点共线.综上，直线相交于一定点.【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数．(1)若函数有三个零点，求a的取值范围．(2)若，证明：．【答案】(1)(2)证明见详解 【分析】（1）令换元得函数，然后通过导数求极值，根据与函数图象有三个交点可得；（2）构造函数，通过导数研究在区间上的单调性，然后由单调性结合已知可证.【详解】(1)令，则，记令，得当时，，时，，时，所以当时，取得极大值，时，取得极大值，因为函数有三个零点与有三个交点，所以，即 a的取值范围为.(2)记记则记则易知在区间上单调递增，所以所以在区间上单调递增，所以所以在区间上单调递增，所以所以在区间上单调递增因为，记所以由（1）可知，所以，即又，所以因为，所以由（1）知在区间上单调递增，所以，即所以【点睛】本题第二问属于极值点偏移问题，关键点在于构造一元差函数，通常构造成或，本题由于采取了换元法转化问题，因此构造函数为.