2023届甘肃省兰州市第一中学高三上学期12月月考数学（理）试题含解析

2023届甘肃省兰州市第一中学高三上学期12月月考数学（理）试题

一、单选题

1．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于、的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数.

【详解】设，则，则，

所以，，解得，因此，.

故选：C.

2．已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.

【详解】由于，所以命题为真命题；

由于在上为增函数，，所以，所以命题为真命题；

所以为真命题，、、为假命题.

故选：A．

3．、表示不同的直线，是平面内的一条直线，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直的判定定理分析判断即可.

【详解】当时，不一定成立，也有可能等情况；

当时，因为，所以；

综上：是的必要不充分条件.

故选：B.

4．Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（    ）（ln19≈3）

A．60 B．63 C．66 D．69

【答案】C

【分析】将代入函数结合求得即可得解.

【详解】，所以，则，

所以，，解得.

故选：C.

【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.

5．已知实数x，y满足，则的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出，的图象，由图象结合几何概型求解.

【详解】作出，的图象，如图，

由图象可知的概率，

故选：A

6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A．1 B．

C． D．

【答案】C

【分析】由三视图易知该几何体为锥体，求得底面积与高即可求出几何体的体积．

【详解】由三视图易知该几何体为锥体，所以V＝Sh，其中S指的是锥体的底面积，

即俯视图中四边形的面积，易知S＝1，h指的是锥体的高，

从正视图和侧视图易知h＝1，所以V＝Sh＝

故选：C

7．已知，，且，则的最小值是（    ）

A．10 B．15 C．18 D．23

【答案】C

【分析】利用“1的代换”的方法，结合基本不等式求得正确结论.

【详解】∴，

（当且仅当，即，时，等号成立）.

故选：C

8．给定两个长度为2的平面向量和，它们的夹角为120°.如图所示.点在以为圆心2为半径的圆弧上运动.则的最小值为

A． B． C．0 D．2

【答案】B

【分析】设，以为平面内一组基底，根据平面向量的加法的几何意义、平面向量数量积的定义和运算性质，结合辅助角公式、余弦函数的单调性进行求解即可.

【详解】设，

因此有

，

因为，所以，所以当时，即，有最小值，最小值为.

故选：B

【点睛】本题考查了平面向量数量积最小值问题，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平面向量的定义和运算性质，考查了辅助角公式和余弦函数的单调性，考查了数学运算能力.

9．已知：函数，则下列说法错误的是（    ）

A．将的图像向右平移个单位长度得的图像

B．在上的值域为

C．若，则，

D．的图像关于点对称

【答案】C

【分析】对函数化简变形得，再利用正弦函数的图像与性质依次判断选项即可.

【详解】化简

对于A，将的图像向右平移个单位长度得，故A正确；

对于B，，，，故B正确；

对于C，的最小正周期为，故，则，，故C错误；

对于D，，故的图像关于点对称，故D正确；

故选：C

10．已知定义域为的奇函数的周期为，且时，，若函数在区间（且）上至少有5个零点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出函数与函数在（且）上的图象，可知，数形结合可知函数与函数在区间、上各有一个交点，由此得出的最小值.

【详解】当时，，，

因为函数是定义域为的奇函数，则，

因为函数的周期为，由可得，

函数的最小正周期为，

作出函数与函数在（且）上的图象如下图所示：

因为，且函数与函数在区间、上各有一个交点，

因此，的最小值为.

故选：A.

11．如图，已知正方体的棱长为1，点为上一动点，现有以下四个结论：①面面；②面；③当为的中点时，的周长取得最小值；④三棱锥的体积是定值，其中正确的结论个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】证得平面，根据平面与平面垂直判定，可知①正确；由平面平面，根据平面与平面平行的性质可知②正确；根据三点共线，线段和最小，可得③正确；由三棱锥等体积法可求得，可知④错误．

【详解】

连接,因为正方体，所以平面，且平面，所以，又因为，且，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，且平面，所以平面平面，故①正确；

因为平面平面，且平面，所以面，故②正确；

的周长等于，而为体对角线是定值，所以周长最小即为最小，将平面展开到平面在同一个平面，如图：

当三点共线时，最小，则为的中点时，故③正确；

，故④正确.

故选：D.

12．设，，，则，，的大小关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由于，，，所以只要比较的大小即可，然后分别构造函数，，判断出其单调性，利用其单调性比较大小即可

【详解】因为，，，

所以只要比较的大小即可，

令，则，所以在 上递增，

所以，所以，

所以，即，

令，则，

因为在上为减函数，且，

所以当时，，

所以在上为减函数，

因为，，

要比较与的大小，只要比较与的大小，

令，则，

所以在上递增，所以，

所以当时，，所以，

所以，所以，

所以当时，，

所以在上递增，

所以，所以，

所以，所以，所以，

所以，

故选：D

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数比较大小，解题的关键是对已知的数变形，然后合理构造函数，通过导数判断函数的单调性，利用函数单调性比较大小，考查数转化思想和计算能力，属于难题

二、填空题

13．已知等比数列的公比，其前项和为，且，，则__．

【答案】2

【分析】由条件可得，求出，再由可求出，从而得出答案.

【详解】由

，即，即

解得或（舍）

由，所以

故答案为：2

14．设实数、满足约束条件，则的取值范围为_______．

【答案】

【分析】由约束条件作出可行域，再由的几何意义，可行域内的动点与定点连线的斜率求解．

【详解】解：由约束条件作出可行域如图，

由解得，由解得，

所以，，

的几何意义为可行域内的动点与定点连线的斜率，

，，

的取值范围为．

故答案为：．

15．已知椭圆， 是的长轴的两个端点，点是上的一点，满足，设椭圆的离心率为，则______.

【答案】

【详解】设, ，因为，所以可得 ， ，三等式联立消去 可得

故答案为：.

16．棱长为6的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为______

【答案】

【分析】该四面体在棱长为6的正方体的内切球内，从内该四面体内接于球时棱长最大

【详解】易知正方体的内切球半径为3，

正四面体可以在正方体内任意转动，

只需该正四面体为球的内接正四面体，

也就是说，棱长为x的正四面体的外接球半径为3，

设正四面体为P－ABC，

过点作PO垂直于平面ABC，垂足为O，

则O为三角形ABC的中心，

从而，正四面体的高为.

此时有，

解得.

故答案为：．

三、解答题

17．在△中，分别是内角的对边，且．

（1）求角的大小；

（2）若，且，求△的面积．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）直接根据余弦定理可得角的大小；（2）先根据两角和与差正弦公式化简得，或，再根据正弦定理得，结合条件可解得a,c，最后根据三角形面积公式求面积

【详解】（1）:，可得：，

∴由余弦定理可得：，

∵，

∴．

（2）∵，

∴，

∴，可得：，

∴，或，

∴当时，，可得，可得；

当时，由正弦定理知，由余弦定理可得：，

解得：，，．

18．在公差不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，又数列满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等比中项的性质，建立方程，解得首项，利用等差数列的通项，整理方程，可得公差，可得答案；

（2）由（1）可得数列的通项公式，分奇数和偶数两种情况，利用分组求和，结合等差和等比的求和公式，可得答案.

【详解】（1）公差d不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，

所以，则，即，解得，

在公差不为0的等差数列中，由，可得，

代入，可得，整理可得，解得，

所以.

（2）由（1）可得，

当n为偶数时，

；

当n为奇数时，

.

所以

19．证明不等式1＋＋＋…＋<2 (n∈N*)．

【答案】证明见解析

【分析】利用数学归纳法可证明，先假设n＝k时成立，再证明n＝k＋1时成立即可.

【详解】当n＝1时，左边＝1，右边＝2，左边<右边，不等式成立．

假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即，

当n＝k＋1时，

，

所以当n＝k＋1时，不等式成立．

综上，原不等式对任意n∈N*都成立．

20．已知函数.

(1)若，求函数的极值；

(2)若直线与曲线相切，求实数的值.

【答案】(1)极大值为；极小值为；

(2).

【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，由极值定义可求得结果；

（2）设切点为，利用切线斜率和切点坐标可构造方程组，消元得到；令，利用导数可求得，则可确定的唯一解为，代回方程组可求得的值.

【详解】（1）当时，，

则定义域为，；

当时，；当时，；

在，上单调递增，在上单调递减；

的极大值为；极小值为.

（2）假设与相切于点，

，

，即，

又，

，即；

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，

，即有唯一解：，

，解得：.

21．已知函数.

（1）若函数在上是单调函数，求实数的取值范围；

（2）当时，为函数在上的零点，求证：.

【答案】（1）或.（2）见解析

【分析】（1）先求导，根据函数在上是单调函数，转化为在上恒成立，即，在上恒成立，即，令，用导数法求导其最值即可.

（2）由时，，则，易得 在上单调递增，由，得到在上单调递减，结合，，，进一步确定，将证明，转化为证，令，，用导数法证即可.

【详解】（1），

当函数在上单调递减，

则在上恒成立，即，

设，，

则.

因为，

所以.

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减.

所以，故.

当函数在上单调递增时，

则在上恒成立，即，

由上可知，故.

综上所述，实数的取值范围为或.

（2）当时，，故，

，由于和在上单调递增，

∴在上单调递增，

∴，故在上单调递减.

又，，

∴存在唯一的，使得，

∴在单调递增，在单调递减.

又，，，

∴函数在上的零点，

即.

要证，

即证.

设，，

则.

显然在上恒成立，

所以在上单调递增.

∴，故原不等式得证.

【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式证明以及零点存在定理，还考查了转化化归，分类讨论思想和运算求解的能力，属于难题.

22．已知平面直角坐标系中，曲线的参数方程为其中为参数，，曲线的参数方程为其中为参数.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.

（1）求曲线，的极坐标方程；

（2）若，曲线，交于，两点，求的值.

【答案】（1），；（2）.

【分析】(1)先将参数方程化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化公式求解；

（2）将代入的极坐标方程，根据极坐标的几何意义求解即可.

【详解】解：（1）依题意，曲线的普通方程为

即曲线的极坐标方程为；

曲线的普通方程为，即，

故曲线的极坐标方程为.

（2）将代入曲线的极坐标方程中，可得，

设上述方程的两根分别是，则，故.

23．已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若，使得不等式成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出不等式的解集；

（2）分析可得知，使得或成立，利用二次函数的基本性质可求得实数的取值范围.

【详解】（1）当时，．

当时，，解得，此时；

当时，，解得，此时；

当时，，解得，此时．

因此，当时，不等式的解集为；

（2）当时，可化为，

所以，或，

即存在，使得或．

，因为，所以，则，

，因为，所以，所以，

因此，实数的取值范围为．