2023届广东省深圳市盐田高级中学高三上学期11月月考数学试题含解析

2023届广东省深圳市盐田高级中学高三上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先解二次不等式化简集合，再利用集合的交并补运算及数轴法求得结果.

【详解】由得，则，故

因为，所以，

所以由数轴法可得．

故选：C.

2．已知为虚数单位，复数，则复数的虚部是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由复数除法化简，即得得.

【详解】，故.

故选：A

3．已知向量，，则在上的投影向量是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，利用投影向量的公式，即可求解.

【详解】设，则，

在上的投影向量为

故选：C.

4．木桶作为一种容器，在我国使用的历史已经达到了几千年，其形状可视为一个圆台．若某圆台形木桶上、下底面的半径分别为15cm，8cm，母线长为25cm，木板厚度忽略不计，则该木桶的容积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用圆台的体积公式求解即可

【详解】由题意可知，圆台形木桶的高为（cm），

所以该木桶的容积为，

故选：D．

5．已知向量，则“与夹角为锐角”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】首先求与夹角为锐角时，的取值范围，再根据集合的包含关系，判断选项.

【详解】当，解得：，

且当时，，解得：，

所以“与夹角为锐角时，的取值范围是且，

所以“与夹角为锐角”是“”的充分不必要条件.

故选：A

6．已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，则下列四个结论正确的是（    ）

A．在区间上有且仅有3个不同的零点

B．的最小正周期可能是

C．的取值范围是

D．在区间上单调递增

【答案】C

【分析】根据已知，利用整体代换技巧以及三角函数的性质进行求解判断.

【详解】因为函数在区间上有且仅有4条对称轴，

令，则，

所以有4个整数符合，

由得，，，

则，所以，所以，故C正确；

对于A，当，，因为，所以，

当时，在区间上有且仅有3个不同的零点，

当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，故A错误；

对于B，周期，因为，则，所以，

因为，故B错误；

对于D，当，，因为，

所以，因为，所以在区间上不一定单调递增，故D错误.

故选：C.

7．已知正四棱锥的高为，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的最大值是（    ）

A． B．18 C． D．27

【答案】C

【分析】根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理即可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数求函数的最值..

【详解】如图，设正四棱锥的底面边长 ，高为h，外接球的球心为,

则，

∵球的体积为，所以球的半径，

在中，，

所以正四棱锥的体积，

整理为，

，

当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，

所以当时，函数取得最大值，.

故选：C

8．已知，则的大小关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用中间值法比较与，与的大小关系，再通过构造函数，然后通过的单调性比较与的大小关系.

【详解】，；；

又，.

令，，

由于中，，所以，故在上恒成立，

得在单调递增.

故，即，即得证：，故得.

综上所述得.

故选：B

【点睛】方法点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.

二、多选题

9．设函数的定义域为R，且是奇函数，是偶函数，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．函数是以2为周期的周期函数

C．函数的图像关于直线对称

D．函数为偶函数

【答案】AC

【分析】根据题意结合周期性、对称性与奇偶性定义，逐项分析判断.

【详解】对A：

∵是奇函数，

∴，

令，则，即，A正确；

对B：

∵，

∴，

又∵是偶函数，则，即，

可得，

∴函数是以4为周期的周期函数，B错误；

对C：

∵，则，

∴函数的图像关于直线对称，C正确；

对D：

令，

∵，即，

∴函数为奇函数，D错误；

故选：AC.

10．已知是正数，且，下列叙述正确的是（    ）

A．最大值为1

B．的最小值为2

C．的最小值为2

D．的最小值为

【答案】ABD

【分析】根据基本不等式得出，可判断A项；

因为，又，可判断B项；

因为，又，所以，开方可判断C项；

根据“1”的代换，代入展开用基本不等式求出结果，可判断D项.

【详解】对于A，根据基本不等式可知，，当且仅当，即时等号成立.所以有成立，故A项正确；

对于B，，因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立.故B项正确；

对于C，，因为，当且仅当，即时等号成立.所以有，所以，即的最大值为2，故C项错误；

对于D，由已知得，，则，当且仅当，且，，

即，时等号成立.故D正确.

故选：ABD.

11．如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.则以下结论正确的为（    ）

A．三棱锥体积为定值

B．异面直线成角为

C．直线与面所成角的正弦值

D．当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为

【答案】ACD

【分析】易证平面，故三棱锥体积为定值；易得，为等边三角形，故B错误；由向量法可判断C正确；转化顶点，易证平面，利用正、余弦定理求出的外接圆半径，将所求问题转化为圆柱外接球问题，进而判断D项.

【详解】因为，所以四边形为平行四边形，所以，

又因为平面，平面，所以平面，又为线段上动点，所以到平面距离为定值，故三棱锥体积为定值，当点与重合时，，故A正确；

因为，故与所成角等价于与所成角，为等边三角形，所以异面直线成角为，故B项错误；

以方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，

则，，，

设平面的法向量为，则，即，令，得，故，设直线与面所成角为，

则，故C项正确；

当点为中点时，，易得，平面，又平面，所以，，平面，所以平面，即平面，，，

所以，，的外接圆半径为，故所求问题等价于求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积，设三棱锥的外接球半径为，则，故三棱锥的外接球表面积为，故D项正确.

故选：ACD

12．已知函数，，下列结论正确的是（    ）

A．函数在上单调递增

B．函数的最小值大于2

C．若分别是曲线和上的动点，则的最小值为

D．若对恒成立，则

【答案】BCD

【分析】A项构造，依次求出，，即可得到单调性，可判断A项；可推出存在，使，结合函数的单调性知，即可得到B项；根据函数的图象与函数的图象关于直线对称，结合图象得出最小值时的条件，求出的坐标，可判断C项；由已知变形可得.构造，根据函数的单调性，可得，可化为，求出的最小值，即可得出的范围，可判断D项.

【详解】对于A项，由，则，

得在上恒成立，则在上单调递增，

而，故在上恒成立，

即在上单调递减，故A错误；

对于B项，因为，，在上单调递增，

故存在，使，则，解得，

当时，有，即单调递减；当时，有，即单调递增.

所以.因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.又因为，则，所以，故B正确；

对于C项，函数的图象与函数的图象关于直线对称.

结合图象可知，当直线与直线垂直，且处两函数图象的切线均与直线平行时，最小.设，，，.

则有，所以，点；

，所以，点.

此时，故C正确；

对于D项，若对恒成立，

则对恒成立，

即.

设，则恒成立，所以在上单调递增，

则化为，即在上恒成立.

设，则.解可得，，则在上单调递减；解可得，，则在上单调递增.

所以当时，，则，解得，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．为等差数列，，则__________.

【答案】108

【分析】方法1：由等差数列的等和性以及等差数列的前n项和公式 可得结果.

方法2：由等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式（基本量）可得结果.

【详解】方法1：∵为等差数列，

∴ ，，

∴，，

∴，

方法2：∵为等差数列，设公差为d，

∴ 解得：

∴

故答案为：108.

14．已知，则_____.

【答案】

【分析】利用三角恒等变换以及诱导公式可求值.

【详解】因为

，

又因为，

所以，

故答案为: .

15．是边长为2的正三角形，动点满足，则的最大值__________.

【答案】3

【分析】建立直角坐标系，写出各点的坐标，根据可推出点的轨迹方程为，是一个圆（去掉轴上两点）.推导可得，进而构造，根据与方向相同时，有最大值，即可解出答案.

【详解】

如图，取的中点为，连结，则.

以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系.

则，，，，设，

则，.

因为，所以，

整理可得，又，所以点的轨迹方程为.

.

要使最大，则应有最大，只有当与方向相同时，有最大值.

如图，根据平行四边形法则，构造，则.延长至，使，则有，即，所以当与方向相同时，有最大值，即点为线段与圆的交点，此时有，即，

所以，所以.

故答案为：3.

16．设函数，直线是曲线的切线，则的最大值是__________

【答案】##

【分析】求出函数的导函数，设切点，从而表示出，，即可得到切线方程，从而得到，则，再构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可得解.

【详解】解：因为，所以，设切点，

则，，

则切线方程为，

即，

又因为是曲线的切线，

所以，

则，

令，

则，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以时，取最大值，

即的最大值为.

故答案为：

四、解答题

17．数列是单调递增的等比数列，，数列满足，且.

(1)证明：数列是等差数列，并求的通项公式；

(2)设数列的前项和为，求.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）根据等比数列的定义，求得方程，可得答案，利用取倒数，结合等差数列定义，可得答案；

（2）利用错位相减法，可得答案.

【详解】（1）解：由，设等比数列的公比为，则，

整理可得，解得或，当时，数列递减，不符合题意，

故.

又因为，所以，

所以数列是以2为首项，公差为3的等差数列，

所以，所以.

（2）解：由（1），，

所以①

②

所以①-②得，

所以.

18．在中，内角的对边分别为，已知，.

(1)求A大小；

(2)已知边，求面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦的倍角公式与辅助角公式求得，从而得到；

（2）利用正弦定理与余弦定理的边角变换得到，再由余弦定理得到，从而联立方程求得，由此利用三角形面积公式即可得解.

【详解】（1）因为，所以，

整理得，即，即，

因为，所以，

所以，则.

（2）因为，所以，

由正弦定理得，

由余弦定理得，整理得，

又由（1）得，

联立，解得（负值舍去），

所以的面积为.

19．如图，在直三棱柱中，平面侧面，且.

(1)求证：；

(2)若直线与平面所成角的大小为，点为中点，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】对于（1），证明平面即可.

对于（2），先由题目条件得到.后建立坐标系利用向量方法求得距离即可.

【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接.

因为，所以.

由平面侧面，且平面侧面，

得平面.

因为平面，所以，

因为三棱柱是直三棱柱，

所以底面，因为底面，

所以，又，

从而侧面，

又侧面，故.

（2）由（1）可知平面，则是在平面内的射影，

所以即为直线与平面所成的角，则

在等腰直角三角形中，，且点是的中点，

所以，又，

所以.又由（1）可知，且，则.

故如图建立以为原点的空间直角坐标系.

则.

故.

设平面法向量为，则.

取，则.故，

则点到平面的距离.

20．记为数列的前项和，已知是公差为2的等差数列.

(1)求的通项公式；

(2)若的前项和为，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，从而利用与的关系推得，再利用构造法证得是等比数列，由此可得；

（2）利用裂项相消法求得，从而得证.

【详解】（1）因为，所以，

又因为是公差为2的等差数列，

所以，则，

当时，，得，

当时，，

整理得，则，

经检验：当时，满足，

又，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，

所以，则.

（2）由（1）得，，

所以，

因为，所以，故.

21．如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且是棱上动点.

(1)若过C，D，E三点的平面与平面PAB的交线是，证明：

(2)线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）先证得面，再根据线面平行的性质定理证；

（2）建立空间坐标系，设，根据二面角的余弦值是列出关于的方程求解（）.

【详解】（1）因为面，面，

所以面，

又面，面面＝，

所以.

（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，连接交于，

则.

设，设，

，

则，则，

因为底面，底面，

所以，又且，

所以平面，可知是平面的一个法向量.

设为平面的法向量，则，即，

取，则，

，解得.

故线段上是存在点，当时二面角的余弦值是.

22．已知函数，

(1)讨论的单调性；

(2)设．若函数有相同零点和极值点，求的最小值．

【答案】(1)当 时，在上单调递增；

当 时，在上单调递增，在上单调递减.

(2)的最小值为0.      

【分析】（1）先函数求导，对参数进行分类讨论得出结论

（2）构造函数对函数求导，利用已知条件求出参数，分析问题，将参数的值代入表达式中求出函数的最小值.

【详解】（1）由，所以，

当 时，，此时在上单调递增，

当 时，

由，有，所以在上单调递增，

由，有，所以在上单调递减，

综上所述：当 时，在上单调递增；

当 时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）由

所以，

又函数有相同零点和极值点，所以有

，两式相加得：，

令，则，

设，则，

所以在上单调递减，在上单调递增，所以，

所以单调递增，由可得，，

所以，

所以，设

所以,当且仅当时取等号.

所以在单调递增，又

所以当时，，所以在上单调递增，

当时，，所以在上单调递减

所以

故的最小值为0.