2023届福建省上杭县第二中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

2023届福建省上杭县第二中学高三上学期12月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则A∩B=（    ）

A．(3，+∞) B．(-1，+∞) C．(-1，1) D．(1，3)

【答案】D

【分析】首先求出集合、，再利用集合的交运算即可求解.

【详解】因为，

，

所以.

故选：D

2．当时，函数（    ）

A．有最大值 B．有最小值 C．有最大值4 D．有最小值4

【答案】A

【分析】利用基本不等式可直接得到函数的最值.

【详解】，，

，当且仅当时等号成立，

故选：A

3．实数满足，则下列不等式成立的是

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，又由，得，即可求解.

【详解】由题意，指数函数是定义域R上的单调递增函数，

又由，则，所以，故选B.

【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性的应用，其中解答中合理根据指数函数的单调性比较大小是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

4．设是复数，则下列命题中的假命题是

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【详解】试题分析：对（A），若，则，所以为真；

对（B）若，则和互为共轭复数，所以为真；

对（C）设，若，则，

，所以为真；

对（D）若，则为真，而，所以为假．

故选D．

【解析】1.复数求模；2.命题的真假判断与应用．

5．（    ）

A．－ B．1 C． D．2

【答案】A

【分析】利用正弦的和差公式化简即可.

【详解】原式＝

.

故选：A.

6．在正方体中，P为的中点，则直线PB与所成的角的正切值为（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】A

【分析】平移直线至，将直线PB与所成的角转化为PB与所成的角，解三角形即可.

【详解】连接与交于，

因为是正方体，且P为的中点，

所以，所以为直线PB与所成的角.

设正方体的棱长为2，

则在中，，，所以

所以直线PB与所成的角的正切值为

故选：A

7．已知椭圆E：的右焦点为，过点F的直线交椭圆E于A，B两点，若线段AB的中点坐标为，则椭圆E的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用中点坐标公式和点差法可求得的值，结合可得出的值，进而得解.

【详解】设点、，则的中点为，

则，可得.

若直线轴，则线段的中点在轴上，不合题意；

故直线的斜率存在，且，

由于A、两点都在椭圆上，则，

两式相减得，即，

因为在直线AB上，故，故，即，

所以，解得，

所以椭圆的标准方程为.

故选：A.

8．已知点P是椭圆C：上一点，点、是椭圆C的左、右焦点，若的内切圆半径的最大值为，若椭圆的长轴长为4，则的面积的最大值为（    ）

A．2 B．2 C． D．

【答案】A

【分析】设的内切圆半径为，则，结合

，，，，可得，再由即可求解.

【详解】由题意可得：，，

设的内切圆半径为，

所以，

因为的内切圆半径的最大值为，

所以

因为，所以，可得，

又椭圆的长轴长为4，即，

由，求得，所以的面积的

故选：A

二、多选题

9．关于直线，下列说法正确的有（    ）

A．过点 B．斜率为

C．倾斜角为 D．在y轴上的截距为1

【答案】AC

【分析】将点代入可判断A；将直线化成斜截式形式可判断BCD.

【详解】对于A，当时，，，所以直线过点，故A正确；

对于B，由题得，所以直线的斜率为，故B错误；

对于C，由于直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，故C正确；  

对于D，当时，，所以直线在轴上的截距为，故D错误.

故选：AC

10．已知两条直线，及三个平面，下列条件中能推出的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】利用面面垂直的判定定理与性质定理来处理.

【详解】如果一个平面经过另一平面的垂线,则这两个平面相互垂直知选项A正确；选项B显然正确；

如果两个互相平行的平面有一个垂直于一个平面 那么另一个平面也垂直这个平面知选项C

正确；D选项有可能与可能平行.

故选：ABC.

【点睛】本题考查空间中面面垂直的判定，考查学生空间想象能力，是一道基础题.

11．若方程所表示的曲线为,则下面四个命题中错误的是

A．若为椭圆,则 B．若为双曲线,则或

C．曲线可能是圆 D．若为椭圆，且长轴在轴上，则

【答案】AD

【分析】就的不同取值范围分类讨论可得曲线表示的可能的类型.

【详解】若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；

若，则方程可变形为，它表示焦点在轴上的双曲线；

若，则，故方程表示焦点在轴上的椭圆；

若，则，故方程表示焦点在轴上的椭圆；

若，方程即为，它表示圆，

综上，选AD.

【点睛】一般地，方程为双曲线方程等价于，若，则焦点在轴上，若，则焦点在轴上；方程为椭圆方程等价于且，若，焦点在轴上，若，则焦点在轴上；若，则方程为圆的方程.

12．已知数列满足，，则下列结论中正确的是（    ）

A．

B．为等比数列

C．

D．

【答案】AD

【分析】利用递推式可求得 的值，可判断A,B;将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断C; 将变为，利用等比数列的求和公式，求得结果，判断D;

【详解】，则 ，又 ，

同理 ，故A正确；

而 ，故不是等比数列，B错误；

，故C错误；

，故D正确，

故选：AD

三、填空题

13．在正项等比数列{}中，若，则______.

【答案】3

【分析】根据等比数列的性质即可直接求出答案.

【详解】在等比数列中，，又因为，所以.

故答案为：3

14．若幂函数在在上单调递增，则______.

【答案】1

【分析】幂函数系数为1，在上单调递增上递增，有，可求解.

【详解】幂函数在在上单调递增

可得解得

故答案为：

15．设定点 ，动点N在圆上运动，以 为邻边作平行四边形 ，求点P的轨迹为______.

【答案】圆，除去两点和

【分析】设,利用平行四边形性质可得，代入即可得点P的轨迹方程，再去掉特殊的两点对应的x的值，可得答案.

【详解】如图，设，则线段的中点坐标为，

线段的中点坐标为,

因为平行四边形的对角线互相平分，所以，，整理得，又点在圆上，则，所以,

所以点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，

又直线的方程为，与联立，解得和，

则直线与P的轨迹相交于两点和，不符合题意，舍去，

所以点P的轨迹为，除去两点和，

故答案为：圆，除去两点和，.

四、双空题

16．已知正方形的边长为2，点P满足，则_________；_________．

【答案】         

【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求得点的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得以及的值.

【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则点、、、，

，

则点，，，

因此，，.

故答案为：；.

【点睛】本题考查平面向量的模和数量积的计算，建立平面直角坐标系，求出点的坐标是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.

五、解答题

17．已知椭圆，离心率为，点在椭圆C上.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若，过的直线l交椭圆C于M､N两点，且直线l倾斜角为，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由椭圆的离心率及所过的点列方程组求参数、，写出椭圆方程.

（2）根据直线与椭圆相交，应用相交弦的弦长公式求，由点线距离公式求到的距离，进而求的面积.

【详解】（1）由题设，，则，故，

∴椭圆C的标准方程为.

（2）由题设易知：直线l为，联立椭圆并整理得：，

∴，，则，

到的距离为，

∴

18．在锐角中，，______.

(1)求角B；

(2)求的周长l的取值范围.

①且；

②；

③；

在这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并对其进行求解.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答记分.）

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）选①，根据向量数量积的坐标运算结合三角函数的二倍角公式可得，求得角B；选②，利用三角函数恒等变换化简为，结合，求得角B；选③，利用正弦定理边化角化简，即可求得角B.

（2）利用正弦定理表示出的周长l的表达式，根据锐角三角形确定角C的范围，结合三角函数性质，即可求得答案.

【详解】（1）选①，在锐角中,∵,且，

∴，即，∵.

选②，

，

∵，∴，∵,

.

选③，∵，∴由正弦定理可得，

∴，∵在中,，

∴1，即，∵.

（2）由已知，结合正弦定理可得，

则△ABC的周长

，

∵在锐角 中, ，解得,

∴，

∴,

故的周长l的取值范围为.

19．在四边形中，∥，．

(1)若，求；

(2)若，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在三角形中，根据余弦定理可求出的大小，即为的大小，然后在三角形中根据余弦定理可以求出的值

（2）根据，分别表示出两角的余弦令其相等，可求出的长度，从而求出

【详解】（1）

在三角形中，根据余弦定理可得，， 由题得：，所以，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，

（2）设，在三角形中，根据余弦定理可得，，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，得：或（舍），则

20．图1是直角梯形ABCD，，.以BE为折痕将折起，使点C到达C1的位置，且，如图2.

(1)证明：平面平面ABED；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先作辅助线，连接AE，AC，AC交BE于点F，利用垂直关系证明C1F⊥平面ABED，即可证明；

（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求线面角的正弦值.

【详解】（1）证明：如图①，连接AE，AC，AC交BE于点F.

因为，，所以，所以，

又，所以四边形AECB是平行四边形，,，

所以四边形是菱形，

在中，AC=，

所以.

在图②中，，

所以，

所以，

由题意得，又，平面ABED，

所以平面ABED，又平面，

所以平面平面ABED.

（2）如图②，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系

则，

F，，

所以，,，

设平面的法向量为=(x，y，z)，

由得

取，得，所以，

记直线与平面所成的角为θ，

则==.

21．设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．

（1）求和的通项公式；

（2）记和分别为和的前n项和．证明：．

【答案】（1），；（2）证明见解析.

【分析】（1）利用等差数列的性质及得到，解方程即可；

（2）利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.

【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，

所以，所以，

即，解得，所以，

所以.

（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和

，

，

．

设，    ⑧

则．     ⑨

由⑧-⑨得．

所以．

因此．

故．

[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法

证明：由（1）可得，

，①

，②

①②得 ，

所以，

所以，

所以.

[方法三]：构造裂项法

 由（Ⅰ）知，令，且，即，

通过等式左右两边系数比对易得，所以．

则，下同方法二．

[方法四]：导函数法

设，

由于，

则．

又，

所以

，下同方法二．

【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.

（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；

方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,然后证得结论,为最优解；

方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造，使，求得的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，

方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.

22．已知函数，

(1)求函数在处的切线方程；

(2)若函数在区间内有唯一极值点，解答以下问题：

（i）求实数a的取值范围；

（ii）证明：在区间内有唯一零点，且.

【答案】(1)

(2)（i）（ii）证明见解析

【分析】（1）求导，利用导数的几何意义即可求解.

（2）（i）先求导，讨论时，函数单增不合题意，时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；

（ii）由导数确定函数在上的单调性，再由零点存在性定理可确定在区间上有唯一零点，表示出，构造函数求导，求得，再结合在上的单调性即可求解.

【详解】（1）求导，

又，故切点为

所以切线方程为：，即

（2）（i）求导，当时，，

①当时，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；

②当时，求二阶导，所以在上递增，

又，，所以在上有唯一零点，

当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意.

综上，a的取值范围是.

（ii）由（i）知，所以时，，

所以当时，，函数单调递减；

当时，，函数单调递增；

所以时，，则，

又因为，所以在上有唯一零点，

即在上有唯一零点.

因为，

由（1）知，所以，则

构造，，

所以，

记，则，

显然在上单调递增，所以，

所以在上单调递增，所以

所以，所以在上单调递增，所以

所以，

由前面讨论可知：，且在单调递增，

所以

【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的极值，利用导数研究含参函数的零点有两种方法：

（1）利用导数研究函数的极（最）值，转换为函数的图像与x轴的交点问题，应用分类讨论思想，在含参函数含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；

（2）参数分离，即由分离参变量，得到，转化为研究与直线的图像的交点问题.