2023届上海市格致中学高三上学期10月月考数学试题含解析

2023届上海市格致中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案．

【详解】解：向量，

则，，，

所以向量在向量上的投影向量为．

故选：．

2．甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次,命中率分别为和,在目标被击中的情况下,甲、乙同时击中目标的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意,记甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,目标被击中为事件C,由相互独立事件的概率公式,计算可得目标被击中的概率,进而计算在目标被击中的情况下,甲、乙同时击中目标的概率,可得答案.

【详解】根据题意,记甲击中目标为事件A,乙击中目标为事件B,目标被击中为事件C,

则；

则在目标被击中的情况下,甲、乙同时击中目标的概率为；

故选：A.

【点睛】本题考查条件概率的计算,是基础题,注意认清事件之间的关系,结合条件概率的计算公式正确计算即可.属于基础题.

3．函数图象上关于坐标原点对称的点有对，则的值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．无数

【答案】B

【分析】将问题转化为两个函数和函数图象交点的个数问题，作出图象，结合图象求解.

【详解】函数与函数的图象关于原点对称,

在同一坐标系内作出和函数的图象,

可从图象确定有四个交点,所以函数图象上

关于坐标原点对称的点有4对,

故选:B.

4．已知变量，且，若恒成立，则m的最大值为（为自然对数的底数）（    ）

A．e B． C． D．1

【答案】A

【解析】不等式两边同时取对数，然后构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论.

【详解】，，

恒成立，

设函数，，，

在上为增函数，函数的导数，

，即函数的增区间是，

则的最大值为.

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数研究函数的单调性，本题的关键点是对已知等式变形，，转化为求函数的单调区间.

二、填空题

5．函数的定义域为_____________．

【答案】##

【分析】函数的定义域满足且，解得答案.

【详解】函数的定义域满足：且，解得.

故答案为：

6．已知复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点的坐标_____________．

【答案】

【分析】求出模长，进而得到，得到z在复平面内对应的点的坐标.

【详解】，故复数z在复平面内对应的点的坐标为.

故答案为：.

7．设等差数列的前n项和为，己知，则_____________．

【答案】5

【分析】根据等差数列前项和的性质，即可直接求得结果.

【详解】因为数列为等差数列，故，解得.

故答案为：.

8．过点且与直线垂直的直线的方程是_____________．

【答案】

【分析】设所求直线为，又因为过点，代入解出，即可求出直线方程.

【详解】因为所求直线与直线垂直，

所以可设为：，

又因为过点，所以，解得：.

所以：.

故答案为：.

9．已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．

【答案】4

【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.

【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.

故答案为：4.

【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.

10．若在上是严格递增函数，的最大值是_____.

【答案】

【分析】利用辅助角公式化简得，利用整体代换的方式，结合正弦函数的单调性可构造不等式组求得，由可确定，由此可得的最大值.

【详解】；

当时，

在上严格递增，，

解得：；

由得：；由得：；

又，，，则的最大值为.

故答案为：.

11．某班组织文艺晚会，准备从等8个节目中选出4个节目演出，要求：两个节目至少有一个选中，且同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为_________．

【答案】

【分析】由题可分两类：一类只有一个选中，一类同时选中，然后利用分类计数原理即得.

【详解】由题可知分两类：第一类，只有一个选中，则不同演出顺序有种；

第二类，同时选中利用插空法，则不同演出顺序有种，

所以不同演出顺序的种数为.

故答案为：．

12．已知随机变量服从二项分布，则_______.

【答案】##4.8

【分析】根据二项分布的方差运算公式以及变量间的方差关系公式即可求解.

【详解】因为,所以,

所以.

故答案为:.

13．已知具有线性相关的变量、，设其样本点为，回归直线方程为，若为原点），则_______.

【答案】##-0.125

【分析】根据样本中心必在回归直线上即可求解.

【详解】,

所以,

所以样本中心为,

因为样本中心必在回归直线上,所以解得.

故答案为：.

14．是展开式中的一次项系数，则_______.

【答案】18

【分析】由二项式定理可得展开式中的一次项系数，然后利用裂项相消求和即可.

【详解】由二项式定理可得，

所以展开式中的一次项系数，

则，

所以，

故答案为：18

15．已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围为________.

【答案】

【分析】根据绝对值不等式求出的最小值，再根据能成立问题建立一元二次不等式求解.

【详解】因为，

所以，

因为存在，使得，

所以即解得或.

故答案为：.

16．正方体的棱长为2，在、、、、、这六个顶点中，选择两个点与、构成正三棱锥，在剩下的四个顶点中选择两个点与、构成正三棱锥，表示与的公共部分，则的体积为________.

【答案】

【分析】根据题意找到两个正三棱锥，再确定公共部分，根据椎体的体积公式求解.

【详解】

由题意知,分别为三棱锥和三棱锥,

设平面和平面交线为,则为四面体,

取的中点为,连接,可得,所以平面,

则的体积为,

故答案为:.

三、解答题

17．在数列和中，，， ，，等比数列满足.

(1)求数列和的通项公式；

(2)若，求的值．

【答案】(1),；

(2).

【分析】（1）根据等差和等比数列通项的求法得到，；

（2），，可得到，进而求出参数值.

【详解】（1）解：因为，且，

所以数列是首项为，公差为的等差数列．

所以，即．  

因为，，且，，                

所以，．       

因为数列是等比数列，  

所以数列的公比，                           

所以，即．

（2）解：因为，，

所以．                                  

所以．                                

因为，所以，解得．

所以

18．为了求一个棱长为的正四面体的体积，某同学设计如下解法：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体为棱长是的正四面体，且有.

(1)类似此解法，如图2，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为、、，求此四面体的体积；

(2)对棱分别相等的四面体中，，，.求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形.

【答案】(1)2；

(2)证明见解析.

【分析】（1）设四面体所在长方体棱长分别为，，，则长方体的对角线长分别为，，，利用勾股定理列方程求出，，，使用做差法求出四面体体积．

（2）在四面体中，由已知可得四面体的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高分别为、、，证明为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形.

【详解】（1）由于四面体的对棱分别相等，结合长方体的面对角线性质，可以将其置于长方体中，

使其顶点与长方体顶点重合，如下图：

设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，

则，解得

四面体的体积．

（2）在四面体中，

，，，如下图，将四面体放置长方体中，使其顶点与长方体顶点重合

四面体的四个面为全等三角形，

即只需证明一个面为锐角三角形即可．

设长方体的长、宽、高分别为、、，

则，，，

，，，

为锐角三角形，则这个四面体的四个面都是锐角三角形.

19．春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策” .某路桥公司为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图.其中时间段9：20~9：40记作区间，9：40~10：00记作，10：00~10：20记作，10：20~10：40记作，例如：10点04分，记作时刻64.

(1)估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；

(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，记X为9：20~10：00之间通过的车辆数，求X的分布列与数学期望；

(3)由大数据分析可知，车辆在春节期间每天通过该收费点的时刻T服从正态分布，其中可用这600辆车在9：20~10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，可用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46~10：40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.

参考数据：若，则，，.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

(3)

【分析】（1）将直方图中每个小长方形的中点横坐标作为该组数据的代表值，频率作为权重，加权平均即可．

（2）抽样比为，计算出各区间抽取的车辆数，找到随机变量的所有可能的取值，计算出每个对应的概率，列分布列，求期望即可．

（3）根据频率分布直方图估计出方差，再结合（1）求出的期望，得到，再根据其对称性处理即可．

【详解】（1）解：这600辆车在时间段内通过该收费点的时刻的平均值为，即

（2）解：结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在前通过的车辆数就是位于时间分组中在，这一区间内的车辆数，即，所以的可能的取值为0，1，2，3，4．

所以，，，，，

所以的分布列为：

所以．

（3）由（1）得，

，

所以，估计在之间通过的车辆数也就是在，通过的车辆数，

由，，得，

所以估计在在之间通过的车辆数为辆．

20．已知椭圆C：的左、右焦点分别为和，P为椭圆C上任意一点，三角形面积的最大值是3．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若过点的直线l交椭圆C于A，B两点，且，证明：为定值．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.

【分析】（Ⅰ）根据三角形面积的最大值求解出的值，则椭圆方程可求；

（Ⅱ）分别考虑直线的斜率是否为零，当直线的斜率不为零时，联立直线与椭圆方程，利用向量的数量积以及韦达定理证明为定值；当直线的斜率为零时，根据点的坐标直接计算出的值即可.

【详解】解：（Ⅰ）由题意知，

当P点位于椭圆C短轴端点时，三角形的面积S取最大值，

此时．

所以，即，解得．

故椭圆C的方程为．

（Ⅱ）（方法1）当直线l的斜率不为0时，设直线l：交椭圆于．

 由消去x得，．

则．

而，

所以

．

当直线l的斜率为0时，，

则．

故为定值，且为．

（方法2）当直线l的斜率存在时，设直线l：交椭圆于．

由消去y得，．

则，．

而．

所以

．

当直线l的斜率不存在时，可求得，

则．

故为定值，且为．

【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键在于联立思想的使用以及向量数量积的坐标运算，联立直线与椭圆的方程可得到对应韦达定理形式，而向量数量积的坐标运算可转化为对应的韦达定理形式，由此将两者结合在一起进行相关运算.

21．定义可导函数在x处的弹性函数为，其中为的导函数．在区间D上，若函数的弹性函数值大于1，则称在区间D上具有弹性，相应的区间D也称作的弹性区间．

（1）若，求的弹性函数及弹性函数的零点；

（2）对于函数（其中e为自然对数的底数）

（ⅰ）当时，求的弹性区间D；

（ⅱ）若在（i）中的区间D上恒成立，求实数t的取值范围．

【答案】（1），； （2）（ⅰ），（ⅱ）.

【分析】（1）由，可得，根据题设条件，即可求得的弹性函数及弹性零点；

（2）（ⅰ）函数，可得函数的定义域为，函数是弹性函数，得出不等式组，进而求得函数的弹性区间；

（ⅱ）由在上恒成立，可得在上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性与最值，进而求得的取值范围.

【详解】（1）由，可得，

则，

令，解得，

所以弹性函数的零点为.

（2）（ⅰ）当时，函数，可得函数的定义域为，

因为，

函数是弹性函数，

此不等式等价于下面两个不等式组：

（Ⅰ） 或（Ⅱ），

因为①对应的函数就是，

由，所以在定义域上单调递增，

又由，所以①的解为；

由可得，

且在上恒为正，

则在上单调递增，所以，故②在上恒成立，

于是不等式组（Ⅰ）的解为，

同①的解法，求得③的解为；

因为时，④，所以不成立，

所以不等式（Ⅱ）无实数解，

综上，函数的弹性区间.

（ⅱ）由在上恒成立，可得在上恒成立，

设，则，

而，

由（ⅰ）可知，在上恒为正，

所以，函数在上单调递增，所以，

所以，即实数的取值范围是.

【点睛】本题主要考查了函数的弹性函数及弹性函数的零点的求法，利用导数研究不等式恒成立或解不等式问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题，试题综合性强，属于难题．