2023届北京市第五十七中学高三12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届北京市第五十七中学高三12月月考数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京市第五十七中学高三12月月考数学试题 一、单选题1．设集合，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得到，，从而得到并集.【详解】由，解得：，故，由得：，故，故.故选：B2．设是虚数单位，复数，则复数的共轭复数为A． B．C． D．【答案】D【详解】, 则的共轭复数为1+i,故选D.3．二项式的展开式中常数项为（    ）A．80 B． C． D．40【答案】B【分析】求出展开式的通项，再令的指数等于0，即可得出答案.【详解】解：二项式的展开式的通项为，令，则，所以常数项为.故选：B.4．若，则下列不等式：①；②；③；④中，正确的不等式有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】利用不等式的性质以及作差法判断大小，逐项进行分析即可.【详解】①因为，所以，故错误；②因为，，所以，所以，故正确；③因为，，所以，所以，故正确；④因为，，所以，所以，故正确；故选：C.5．在中，，则（    ）A． B． C．6 D．5【答案】B【分析】由正弦定理可得，即可求出，再由余弦定理计算可得；【详解】解：因为，由正弦定理可得，又，所以，，因为所以，即，解得，故选：B6．等差数列的前项和为.已知，.记，则数列的（    ）A．最小项为 B．最大项为 C．最小项为 D．最大项为【答案】C【分析】根据题意求得等差数列的通项公式和前项和，得到，结合，可排除A、D，再求得数列的单调性，得到B不正确，C正确.【详解】由题意，设等差数列的公差为，因为，，可得，所以，，则，可得，所以，可排除A、D；设，则，因为，所以，所以在区间和上都是单调递增函数，即当时，数列为递增数列，当时，数列也为递增数列，其中，例如当时，可得，所以B不正确，C正确.故选：C.【点睛】数列与函数、不等式综合问题的求解策略：1、已知数列的条件，解决函数问题，解决此类问题一把要利用数列的通项公式，前项和公式，求和方法等对于式子化简变形，注意数列与函数的不同，数列只能看作是自变量为正整数的一类函数，在解决问题时要注意这一特殊性；2、解决数列与不等式的综合问题时，若是证明题中，则要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等，若是含参数的不等式恒成立问题，则可分离参数，转化为研究最值问题来解决.7．抛物线的焦点为.对于上一点，若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，则点的横坐标为（    ）A．2 B．4 C．5 D．6【答案】D【解析】由抛物线的定义可得准线垂直时，为等腰三角形，线段的垂直平分线交准线于点此时为等腰三角形，所以点与重合，即可得为等边三角形，利用即可求解.【详解】所以准线垂直时，由抛物线的定义可得，此时为等腰三角形，作线段的垂直平分线交准线于点，则，此时为等腰三角形，因为若的准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，所以与重合，所以，所以，所以为等边三角形，，，所以，整理可得：，解得：或（舍）所以则点的横坐标为，故选：D【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是紧扣准线上只存在一个点，使得为等腰三角形，可得准线垂直时的点应该是线段的垂直平分线与准线的交点，可得为等边三角形.8．记函数的定义域的交集为I，若存在，使得对任意，不等式恒成立，则称构成“单交函数对”.下列所给的两个函数构成“单交函数对”的有（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由“相关函数对”的定义，可得两个函数的图象有一个交点，交点两侧图象一侧满足，另一侧满足，对选项一一判断，可得结论．【详解】解：选项A，，，可得时，函数递增；时，函数递减，可得处函数取得最小值0，即，故不满足“相关函数对”的定义，故A错误；选项B，在递增，与的图象有一个交点，画出两个函数的图象，符合“单交函数对”的概念，所以和在构成“相关函数对”，故B正确；选项C，令，则在 上有一个解，和，4，有3个解，不符合“单交函数对”的定义，故C错误；选项D，画出函数的图象如下：两个函数有两个交点，不符合“单交函数对”的定义，故D错误．故选：B．9．大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa，1Pa=1N/m2），大气压强（Pa）随海拔高度（m）的变化规律是（m-1），是海平面大气压强.已知在某高山两处测得的大气压强分别为，，那么两处的海拔高度的差约为（    ）（参考数据：）A．550m B．1818m C．5500m D．8732m【答案】C【分析】根据以及指数的运算即可求解.【详解】在某高山两处海拔高度为，所以，所以，所以（m）.故选：C10．十七世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质.若从椭圆上任意一点（异于两点）向长轴引垂线，垂足为，记，则（    ）A．方程表示的椭圆的焦点落在轴上B．C．的值与点在椭圆上的位置有关D．M越来越小，椭圆越来越扁【答案】D【分析】分和两种情况，即可判断A；设，不妨设椭圆的长轴在轴上，分别求出，即可判断C；根据表示得意义结合离心率公式即可判断B；根据离心率与椭圆扁平程度得关系即可判断D.【详解】解：对于A，由题得，当时，，所以椭圆的焦点在轴上；当时，，所以椭圆的焦点在轴上，故A错误；对于C，设，不妨设椭圆的长轴在轴上，则，，所以（常数），所以的值与点在椭圆上的位置无关，故C错误；对于B，由方程方得，所以是椭圆的短轴长与长轴长的比值的平方，即，所以离心率，同理可得椭圆的长轴在轴上时结论一致，所以，故B错误；对于D，M越来越小，椭圆的离心率越大，椭圆越来越扁，故D正确.故选：D. 二、填空题11．平面向量与的夹角为120°，，则___________；【答案】【分析】先求出和，进一步利用公式即可求出.【详解】易知，则，故答案为：2.12．若双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为___________.【答案】##【分析】求出圆心和半径，即双曲线的渐近线，利用圆心到渐近线距离等于半径，列出方程，求出，进而求出和离心率.【详解】变形为，故圆心为，半径为1，双曲线的渐近线为，不妨取故，解得：，故，故离心率为.故答案为：.13．若点在半径为1，且圆心为坐标原点的圆上，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为___________.【答案】【分析】根据给定条件，利用切线的性质结合勾股定理表示出，再利用圆外的点与圆上的点间距离最小值计算作答.【详解】原点，而点，有，圆O与圆C半径分别为1，2，显然圆O与圆C外离，因PQ切圆C于点Q，有，因此，当且仅当最小时，取得最小值，而点P在圆上，于是得，所以.故答案为：14．若分段函数，将函数的最大值记作，那么当时，的取值范围是___________.【答案】【分析】求出，作出函数的图象，然后对分类，求的最大值即可.【详解】由题知，，得，对于最大值型，对应函数，图象草图如下：当，时，，由图象知，使，则时函数最大值为，而时函数最大值为，所以，上述情况最大值范围为；当，时，，由图象知，函数最大值恒为3；当，时，，由图象知，存在时，则时函数最大值为，而时函数最大值为，所以，上述情况最大值范围为；综上，的取值范围是，故答案为：15．在正三棱柱中，，点满足，其中，给出下列结论：①当时，的周长为定值；②当时，三棱锥的体积为定值；③当时，有且仅有一个点，使得；④若，则点的轨迹所围成的面积为.其中正确的结论是___________.【答案】②④【分析】根据给定条件，对①，点P在上，再举例判断；对②，点P在上，证明平面判断；对③，取BC，中点，点P在上，再举例判断；对④，确定点P所在区域，计算面积作答.【详解】在正三棱柱中，，，，对于①，当时，，点P在上，周长为，如图，当时，点P为棱中点，，当时，点P与点C重合，，①不正确；对于②，当时，，点P在棱上，如图，因平面，平面，则平面，因此点P到平面距离为定值，而面积是定值，即有三棱锥的体积为定值，②正确；对于③，当时，取BC，中点，连接，有，，如图，，点P在线段上，平面，平面，有，而，平面，则平面，平面，有，当点P与重合时，即有，，则，而，，则平面，平面，因此，当点P与重合时，即有，③不正确；对于④，，取BC中点M，连接AM，同③平面，可得平面，，当时，连PM，如图，则有，点P在以M为圆心为半径的圆在正方形内的半圆上，因此当时，，点P的轨迹是上述半圆弧与直径BC所围成的半圆面，其面积为，④正确，所以正确的结论序号是②④.故答案为：②④【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 三、解答题16．已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定．(1)求的解析式；(2)设，求函数在上的单调递增区间．条件①：；条件②：为偶函数；条件③：的最大值为1；条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）先由降幂公式得，故为奇函数，排除条件②，若选①③，不唯一，不合题意；若选①④由及周期解出即可；若选③④由最大值及周期解出即可；（2）先由倍角公式及辅助角公式求出，再令解出单调区间，最后写出在上的单调递增区间即可.【详解】（1），易知为奇函数，故条件②不成立，舍去.若选①③，则且，故，，解得，故不唯一，不合题意；若选①④，且，故，解得，，存在且唯一，故；若选③④，则且，故，解得，，故，存在且唯一，故；（2），令，解得，当时，，当时，，故函数在上的单调递增区间为.17．小明同学两次测试成绩(满分100分)如下表所示： 语文数学英语物理化学生物第一次879291928593第二次829495889487 （1）从小明同学第一次测试的科目中随机抽取1科，求该科成绩大于90分的概率；（2）从小明同学第一次测试和第二次测试的科目中各随机抽取1科，记X为抽取的2科中成绩大于90分的科目数量，求X的分布列和数学期望；（3）现有另一名同学两次测试成绩(满分100分)及相关统计信息如下表所示： 语文数学英语物理化学生物6科成绩均值6科成绩方差第一次第二次 将每科两次测试成绩的均值作为该科的总评成绩，这6科总评成绩的方差为.有一种观点认为：若，则.你认为这种观点是否正确？(只写“正确”或“不正确”)【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）不正确【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得结果；（2）计算出的各个取值的概率可得分布列，根据期望公式计算可得数学期望；（3）根据方差公式计算，结合比较可得答案.【详解】（1）共有6科成绩，其中成绩大于90分的有数学、英语、物理和生物共4科，所以从小明同学第一次测试的科目中随机抽取1科，该科成绩大于90分的概率为.（2）的所有可能取值为：0，1，2，，，，所以X的分布列为：012 数学期望.（3）设，则，则，同理可得，，因为，所以，所以的符号不确定，所以与无法比较大小，，所以，故这种观点不正确.【点睛】关键点点睛：掌握求离散型随机变量的分布列的步骤和数学期望公式是解题关键.18．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（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）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系, 则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．19．已知椭圆过点，且焦距为.（1）求椭圆C的方程；（2）过点的直线l(不与x轴重合)与椭圆C交于P，Q两点，点T与点Q关于x轴对称，直线与x轴交于点H，是否存在常数，使得成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在, 【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出可得结果；（2）设，，则，设直线，代入，得到和，利用直线的方程求出的坐标，求出、，则可得的值.【详解】（1）因为椭圆过点，所以，又，即，所以，所以椭圆C的方程为：.（2）显然直线的斜率存在且不为0，设直线，联立，消去并整理得，，得，设，，则，所以，，直线：，令，得，所以，又，所以，又因为，，所以，，所以，解得.所以存在常数，使得成立.【点睛】关键点点睛：用的坐标表示的坐标，再根据韦达定理算的值是解题关键.20．已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若关于x的方程有两个不相等的实数根，记较小的实数根为，求证：【答案】（1）；（2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（3）证明见解析.【分析】（1）求函数导数得切线斜率，再由点斜式可得解；（2）由，分和两种情况讨论导函数的正负，可得函数的单调区间；（3）分析可得要证，，令，利用导数证得，即可得证．【详解】（1），，，，所以在点处的切线方程为，整理得：，（2）函数定义域为，当时，，此时在上单调递增；当时，令，得，此时在上，单调递减，在上，单调递增，综上：时，在上单调递增时，在上单调递减，在上单调递增；（3）证明：由（2）可知，当时，才有两个不相等的实根，且，则要证，即证，即证，而，则，否则方程不成立），所以即证，化简得，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以（1），而，所以，所以，得证．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是通过证明即可得解，分析函数在极小值左侧的单调性，关键再由证明，利用构造函数的方法即可.21．已知各项均为整数的数列.满足，且对任意，都有.记.（1）若，写出一个符合要求的；（2）证明：数列中存在使得；（3）若是的整数倍，证明：数列中存在使得.【答案】（1）(答案不唯一)；（2）证明见解析（3）证明见解析.【分析】（1）根据条件写出，满足相邻项相差为0或1，即可；（2）假设，把中的所有负数组成集合，取中最大值为，可证明，若，考虑数列，同上处理得，即；（3）设，则.中最大值为，最小值为，可得，设在数列中，，，，构造数列：，则数列至少有3项，利用（2）存在，，，若，构造数列：，同理得证．【详解】解：（1）.答案不唯一.（2）因为，所以异号.假设.设.因为，所以.又因为是有限自然数集，所以可设中的最大数为，..令，则.因为，所以.因为，且为整数，所以.因此若数列满足，且对任意，都有，则存在使得.若，则数列满足，且对任意，都有，故存在使得，即存在使得.综上，数列中存在使得.（3）设，则.设数列中的最大值为，最小值为.因为，所以设在数列中，，.若，因为，所以.设数列，则数列至少有3项.因为，且对任意，都有，所以由（2）可知存在使得，.，即.若，设数列.同理，存在使得.，即.综上，若是的整数倍，则数列中存在使得.【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是问题的转化，第（2）小题在负数向正数转化时中间一定会出现0，这里出现一个技巧，在正数向负数转化时（当然也会出现0），取相反数构成新数列，问题变为刚解决的问题，负数向正数转化．第（3）小题利用极端思想，取数列中的最大值和最小值，由最小值到最大值间的数列（原数列的一部分），构造数列（或）利用（2）的结论得证．