2023届河北省唐山市部分学校高三上学期12月月考数学试题含解析

这是一份2023届河北省唐山市部分学校高三上学期12月月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省唐山市部分学校高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，所以.故选：B2．已知，则的虚部为（    ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】根据复数的四则运算运算求解.【详解】因为，所以，所以的虚部为.故选:A.3．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用“分段法”确定正确答案.【详解】因为，所以.故选：D4．在数列中，“数列是等比数列”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】A【分析】利用等比数列的性质及充分不必要条件的定义即可判断，【详解】数列是等比数列，得，若数列中，则数列不一定是等比数列，如数列，所以反之不成立，则“数列是等比数列”是“”的充分不必要条件．故选：A.5．双曲线的一条渐近线方程为，则的离心率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】根据渐近线得到，得到离心率.【详解】因为的一条渐近线方程为，所以，所以的离心率.故选：C6．若直线是曲线的一条切线，则实数（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用导数，根据斜率求得切点坐标，进而求得.【详解】因为，所以，令，即，得或（舍去），所以切点是，代入，得，.故选：D7．直线被圆截得的弦长的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】确定直线过定点，当时，直线被圆截得的弦长最短，计算即可.【详解】直线，即，直线过定点，圆的圆心为，，当时，直线被圆截得的弦长最短.因为，所以弦长的最小值为.故选：B8．如图，某几何体由两个相同的圆锥组成，且这两个圆锥有一个共同的底面，若该几何体的表面积为，体积为V，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，由表面积为可解得取值范围，再由体积公式列出的表达式，通过换元法和求导即可求出的最大值.【详解】设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，则，则，解得，所以，，令，设 则．若，；若，．故，即的最大值为.故选：A. 二、多选题9．已知在某校运动会上，参加男子跳高比赛的8名运动员的成绩如图所示，设这8名运动员成绩的平均数是米，第分位数为米，则（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】直接计算平均数和分位数得到答案.【详解】.由，得.故选：BC10．某大型商场开业期间为吸引顾客，推出“单次消费满100元可参加抽奖”的活动，奖品为本商场现金购物卡，可用于以后在该商场消费．抽奖结果共分5个等级，等级工与购物卡的面值y（元）的关系式为，3等奖比4等奖的面值多100元，比5等奖的面值多120元，且4等奖的面值是5等奖的面值的3倍，则（    ）A． B．C．1等奖的面值为3130元 D．3等奖的面值为130元【答案】ACD【分析】根据题意得到4等奖比5等奖的面值多20元，结合3等奖比4等奖的面值多100元，列出方程，求出，A正确；再代入中，求出，根据4等奖的面值是5等奖的面值的3倍，求出，3等奖的面值，B错误，D正确；根据及，求出1等奖的面值，C正确.【详解】由题意可知，4等奖比5等奖的面值多20元，因为，所以，则，A正确；由，可知．因为4等奖的面值是5等奖的面值的3倍，所以，解得，B错误；则3等奖的面值为元，D正确；由，故1等奖的面值为3130元，C正确.故选：ACD11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（    ）A．若，则B．若，则的最小值为5C．以线段为直径的圆与直线相切D．若，则直线的斜率为【答案】AC【分析】根据抛物线的焦半径公式即可判断A；过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义结合图象即可判断B；设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，从而可得线段的中点坐标及长度，再求出中点到准线的距离即可判断C；根据，可得，结合C选项即可判断D.【详解】解：抛物线的准线方程为，对于A，由，得，故A正确；对于B，过点作准线的垂线，垂足为，则，当且仅当三点共线时，取等号，所以的最小值为4，故B错误；对于C，设点的坐标分别为，直线的方程为，联立方程，消去得，则，则，线段的中点为，点到直线的距离为，所以以为直径的圆与直线相切，故C正确；对于D，因为，所以，可得，由， 得，解得，故D错误.故选：AC.12．在正方体中，为的中点，点在线段上运动，点在棱上运动，为空间中任意一点，则下列结论正确的有（    ）A．异面直线与所成角的取值范围是B．的最小值为C．若，则平面截此正方体所得截面的面积是D．若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为【答案】ACD【分析】根据空间几何的相关知识判断即可.【详解】对于，如图1，易知四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成的角或补角.又点在线段上运动，可知是等边三角形，所以直线与所成角的取值范围是故A正确对于B，如图2，展开平面，使平面与平面共面，过作，交于点，交于点，则此时最小，由题可知，，则，即的最小值为，故B错误.对于，如图3，平面截此正方体所得截面，所以，作，则，所以，则.又因为，所以，所以，则，可求出，故C正确.对于，如图4，因为，所以在一个平面内，点的轨迹是以为焦点的椭圆.又因为，所以该椭圆的长轴长为8，短轴长为，故点的轨迹是以为焦点的椭球表面.设的中点为，要使三棱锥的体积最大，即到平面的距离最大，所以当平面，且平面时，三棱锥的体积最大，此时为等边三角形，设其中心为，三棱锥的外接球的球心为的外心为，连接，则，所以，此时三棱锥外接球的表面积故D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知向量，若，则__________.【答案】【分析】根据向量垂直列方程，化简求得的值.【详解】因为，所以，所以.故答案为：14．将函数的图象向左或向右平移个单位长度，得到函数的图象，若是偶函数，则的一个取值可能为__________.【答案】（或）（只需从中写一个答案即可）【分析】根据三角函数图象变换的知识求得的解析式，根据是偶函数列方程，化简求得的表达式，进而求得的可能取值.【详解】由题意可知.因为是偶函数，所以，所以.因为，所以的取值可能为.故答案为：（或）（只需从中写一个答案即可）15．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.若从一个阳马的8条棱中任取2条，则这2条棱所在直线互相垂直的概率为__________.【答案】【分析】判断出阳马中，相互垂直的直线的对数，结合组合数的计算以及古典概型概率计算公式求得正确答案.【详解】不妨设底面，由于平面，所以，底面矩形有：由于平面，所以平面，由于平面，所以，由于，所以.同理可证得，所以，在阳马中，相互垂直的直线有对，故所求概率为.故答案为： 四、双空题16．已知，则__________；的系数为__________.【答案】     4     【分析】令求解第一空，根据二项式定理的展开公式求解第二空.【详解】令，得,因为的展开式的通项为，所以该展开式中的系数为240.因为的展开式的通项为，所以该展开式中的系数为.故展开式中的系数为.故答案为：4;. 五、解答题17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角B的大小；(2)若，且AC边上的高为，求的周长．【答案】(1)(2)15 【分析】（1）利用三角形内角和及诱导公式得到，再利用余弦的倍角公式得到，解得，从而得到；（2）由比例引入常数，利用三角形面积相等得到，从而利用余弦定理得到关于的方程，解之即可得到，由此得解.【详解】（1）因为，所以由得，所以，解得或，因为，所以，则，故，则，故．（2）因为，令，则，由三角形面积公式可得，则，故，由余弦定理可得，则，解得，从而，，，故的周长为．18．设正项数列的前n项和为，且．(1)求的通项公式；(2)若是首项为5，公差为2的等差数列，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用与的关系，列出方程求出.（2）根据题意求出，利用裂项相消求和法，计算求出答案.【详解】（1）因为①，所以②，所以得，，即，所以．因为，所以，即．当时，，解得或（舍去），则是首项为2，公差为1的等差数列，故，故（2）由（1）可得．因为是首项为5，公差为2的等差数列，所以，则，故.19．如图，在梯形中，，，，将沿边翻折，使点翻折到点，且．(1)证明：平面．(2)若为线段的中点，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法去求二面角的余弦值．【详解】（1）等腰梯形中，，，，则则，∴又由，可知又，面，面故面（2）过点C作平面，以C为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系则，，，，则，设面法向量为则，则，令，则，，则又面一个法向量为故二面角的余弦值为20．甲､乙两个同学去参加学校组织的百科知识大赛，规则如下：甲先答2道题，至少答对1道题，乙同学才有机会答题，乙同样答2道题.每答对1题可以得50分，已知甲答对每道题的概率都是，乙答对第1道题的概率为，答对第2道题的概率为，乙有机会答题的概率为.(1)求；(2)求甲与乙总得分的分布列与数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）甲先答2道题，至少答对1道题，乙才有机会答题，则有，从而可求出的值；（2）由题意可得随机变量的可能取值为，然后求出各自对应的概率，从而可的分布列与数学期望.【详解】（1）甲先答2道题，至少答对1道题，乙才有机会答题，且乙有机会答题的概率为，所以，所以，解得.（2）随机变量的可能取值为，则，，，，.所以的分布列为050100150200 则.21．已知椭圆C：与椭圆的离心率相同，为椭圆C上一点.(1)求椭圆C的方程.(2)若过点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，试问以AB为直径的圆是否经过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在的坐标为，理由见解析 【分析】（1）先求出椭圆的离心率为，由此得到，将点的坐标代入椭圆，得到，再代入，解得，，则可得结果；（2）先用两个特殊圆求出交点，再猜想以AB为直径的圆经过定点，再证明猜想，设直线，并与联立，利用韦达定理得到，，进一步得到，，利用，，，证明即可.【详解】（1）在椭圆中，，，，离心率，在椭圆C：中，，所以，化简得，因为在椭圆C：上，所以，所以，所以，，所以椭圆.（2）当直线的斜率为0时，线段是椭圆的短轴，以AB为直径的圆的方程为，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得，以AB为直径的圆的方程为，联立，解得，由此猜想存在，使得以AB为直径的圆是经过定点，证明如下：当直线的斜率不为0且斜率存在时，设直线，联立，消去并整理得，，设、，则，，则，，因为，所以，所以点在以为直径的圆上，综上所述：以AB为直径的圆是经过定点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数．(1)在上单调递增，求的取值范围；(2)若，证明：当时，．（参考数据：）【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分析可知，对任意的，，由参变量分离法可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可求得实数的取值范围；（2）先证明出，为此构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，证明出对任意的恒成立，再结合不等式的基本性质可证得原不等式成立.【详解】（1）解：由题意可知，对任意的，，则，令，其中，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，所以，，，解得，因此，实数的取值范围是.（2）证明：因为，先证明，即可证得原不等式成立，构造函数，其中，则，，令，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，因为，，所以，存在，使得，当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递减，故当时，，当时，，此时函数单调递增，则，故对任意的，，即，因为，故对任意的，则，即.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.