2023届内蒙古自治区呼和浩特市第二中学高三上学期11月月考数学（理）试题（解析版）

2023届内蒙古自治区呼和浩特市第二中学高三上学期11月月考数学（理）试题

一、单选题

1．复数z的共轭复数为，则“z为纯虚数”是“”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据复数的基本概念，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】由z为纯虚数，设，可得，则；

当z是实数0时，即，可得，则，但此时z不是纯虚数，

所以“z为纯虚数”是“”的充分不必要条件．

故选：B.

2．已知，则的最小值是

A．  B． C． D．

【答案】B

【分析】将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式求出代数式的最小值，然后在不等式两边同时除以可得出答案．

【详解】因为 ，

又，所以，

当且仅当时取，故选B．

【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，在利用基本不等式求最值时，要注意配凑“定值”的条件，注意“一正、二定、三相等”基本思想的应用．

3．我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图，以“国”字为例，现有一名书法爱好者准备从五种书体中任意选两种进行研习，则他恰好不选草书体的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据组合计数方法，先求所有可能的情况，再分析不选草书体的情况，进而求得概率即可.

【详解】由题意，所有可能的选择情况有种，其中恰好不选草书体的情况有种，故恰好不选草书体的概率为.

故选：A

4．已知函数，若，则（    ）

A． B． C．3 D．2

【答案】B

【分析】令，可得为奇函数，由，可得，，再由求解即可.

【详解】解：因为，

令，

所以，

又因为=，

所以为奇函数，

因为，

即，

所以，

所以，

所以.

故选：B.

5．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据二倍角公式，可得，再根据，可求出答案.

【详解】由题意，则.

故选：D.

6．已知非零向量和满足，且，则为(    )

A．等边三角形 B．直角三角形

C．等腰三角形 D．三边均不相等的三角形

【答案】A

【分析】根据向量加法和线性运算可知向量与的平分线共线，根据可知的平分线与对边垂直，由此可知△ABC是等腰三角形；再由和向量数量积的定义可求出的大小，从而可判断△ABC的形状．

【详解】即方向上的单位向量，即方向上的单位向量，

∴向量与的平分线共线，

又由可知的平分线与对边垂直，

则△ABC是等腰三角形，即，

，∴，

∵，∴，

∴△ABC为等边三角形．

故选：A．

7．已知椭圆的两个焦点为是椭圆上一点，且满足，求椭圆的离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由得M的轨迹是以为直径的圆，所以此圆与椭圆有交点，列式可得结果.

【详解】∵ ，

∴M的轨迹是以为直径的圆，

∴M的轨迹方程为，

又∵ M是椭圆上一点，

∴以为直径的圆与椭圆有交点，

∴，即：

又∵

∴

故选：A.

8．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则为坐标原点的面积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设，，直线的方程为，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，由得，从而可求得，，再由面积公式得结论．

【详解】设，，直线的方程为，将代入，消去可得，所以，．

因为，所以，所以，则，，所以，所以，

又，所以的面积．

故选：D．

【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是应用韦达定理．

即设，，直线的方程为，直线方程代入抛物线方程后整理，应用韦达定理得，再结合已知求出，然后求出三角形面积．

9．定义：在数列中，若满足(，d为常数)，称为“等差比数列”，已知在“等差比数列”中，，，则等于（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由题知是首项为1，公差为2的等差数列，则，利用即可求解．

【详解】由题意可得：，，，

根据“等差比数列”的定义可知数列是首项为1，公差为2的等差数列，

则，

所以，，

所以．

故选：C

【点睛】数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．

10．已知函数在内有且仅有三条对称轴，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】把先降幂，再辅助角公式化简成，根据求出的范围，根据图像观察再确定右端点的取值范围.

【详解】解：时，函数，则，函数在内有且仅有三条对称轴，则：满足，解得，即实数的取值范围是.

11．如图所示，边长为2的正△ABC，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则•的取值范围为（    ）

A．[2，3] B．[4，3] C．[2，4] D．[2，5]

【答案】D

【分析】根据向量数量积的定义，等于乘以在向量上的投影，因为不变，故求的取值范围等价于求向量在向量上的投影的长度取值范围即可.

【详解】解：由题可知，当点P在点C处时，最小，

此时

过圆心O作OPAB交圆弧于点P，连接AP，此时最大，

过O作OG⊥AB于G，PF⊥AB的延长线于F，

则=|AB||AF|=|AB|(|AG|+|GF|)=，

所以的取值范围为[2，5].

故选：D.

【点睛】方法点睛：利用数量积几何意义，将问题转化为投影长度的变化，从而求得取值范围.

12．已知，，，则（    ）

A．   B．   C．   D．  

【答案】A

【分析】根据，的特征，要比较二者大小，可作差，由此构造函数，利用其单调性比较大小，同理，和比较，构造函数，利用单调性比较 ，的大小.

【详解】设，则，

故单调递减，故，

由，

设函数，则，

当时，，递减，当时，，递增，

故，即，当时取等号，

由于 ，故，即，

故，

故选：A.

【点睛】本题考查了数的大小比较问题，考查了构造函数，利用导数判断函数的单调性，解答的关键是明确解答思路，能根据数的特点构造恰当的函数，从而利用导数判断函数单调性，比较大小.

二、多选题

13．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（    ）

A．直线与蒙日圆相切

B．的蒙日圆的方程为

C．记点到直线的距离为，则的最小值为

D．若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为

【答案】AC

【分析】分析可得出，求出蒙日圆的方程，可判断B选项的正误；利用直线与圆的位置关系可判断A选项；利用椭圆的定义和点到直线的距离公式可判断C选项的正误；分析可知矩形的四个顶点都在蒙日圆上，利用基本不等式可判断D选项的正误.

【详解】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，

所以，点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，

因为，可得.

对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，

所以，直线与蒙日圆相切，A对；

对于B选项，的蒙日圆的方程为，B错；

对于C选项，由椭圆的定义可得，则，

所以，，

因为，直线的方程为，

点到直线的距离为，

所以，，

当且仅当时，等号成立，C对；

对于D选项，若矩形的四条边均与相切，则矩形的四个顶点都在蒙日圆上，

所以，，

所以，矩形的面积为，D错.

故选：AC.

三、填空题

14．在正方体中，为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为__________．

【答案】

【详解】如图，连BD,AC交于点O,连，由正方体可知OE//,所以异面直线与所成角为，不妨设正方体棱长为2，，所以由余弦定理，由于，所以=，填．

15．若是等差数列，首项，则使前项和成立的最大正整数是__________.

【答案】4035

【分析】是等差数列，首项,,可得：公差,再利用等差数列的前项和的性质即可得出．

【详解】是等差数列，首项，

，公差，

,

而，

则使前项和成立的最大整数是4035

故答案为：4035.

16．1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆（Sundaram）发现了“正方形筛子如下图，则其第10行第11列的数为__________.

【答案】241

【分析】由观察可知，第一列的数字成以3为公差，4为首项的等差数列，于是可得第10行的第一个数为31，每行数字也成等差数列，且行与行的公差也成等差数，其首项为3，公差为2，所以第10行的数字的公差为21，进而可得第10行第11列的数字.

【详解】解：观察可知，这个“正方形筛子”的每一行的数字成等差数列，且行与行的公差也组成等差数列，每一列的数字成等差数列，且列与列的公差也组成等差数列；

第一列的数字为，可得为等差数列，公差，

则，故第10行的第一个数为，

再看行，第一行的数字是以3公差的等差数列，第二行是以5为公差的等差数列，依此类推，则第10行是以为公差的等差数列，所以第10行第11列的数是.

故答案为：241.

17．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，，点是两曲线的一个公共点，且，若椭圆离心率，则双曲线的离心率__________.

【答案】

【分析】根据椭圆和双曲线的定义以及焦点三角形内利用余弦定理即可求解.

【详解】设在第一象限，

由椭圆和双曲线的定义可得，

解得，

在中，，

由余弦定理得，

即有，

可得，即，

由解得

故答案为：.

四、解答题

18．已知等差数列的前项和为，，，且，，成等比数列．

（1）求和；

（2）设，数列的前项和为，求证：．

【答案】（1），；（2）证明见解析.

【解析】（1）设等差数列的公差为，首项为，由求出，即可求解；

（2）由，可得，利用裂项相消求和求出，再利用不等式的性质和数列的单调性即可求证.

【详解】解：（1）设等差数列的公差为，首项为，

由，得，

则所以

解得，，

所以 ，

．

（2）因为．

所以．

因为单调递增．所以，

综上，．

【点睛】方法点睛：数列求和的方法

（1）倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可以用倒序相加法

（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可以用错位相减法来求；

（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些像可相互抵消，从而求得其和；

（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列:或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；

（5）并项求和法：一个数列的前n项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如an=(−1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.

19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求角B的大小；

（2）若为锐角三角形，其外接圆半径为，求周长的取值范围．

【答案】（1）或；（2）．

【分析】（1）由正弦定理，化边为角，即可求出cosB以及B的值；

（2）利用正弦定理可得，结合利用三角恒等变换可化简得，结合的范围即可求出的取值范围，再求周长的取值范围．

【详解】（1）中，由，

利用正弦定理

可得，

因为，所以，

又，

所以或；

（2）若为锐角三角形，由（1）知，且外接圆的半径为，

由正弦定理得，可得，

由正弦定理得，

所以；

因为，

所以，

又为锐角三角形，则，且，

又，则，所以；

所以；

所以，即周长的取值范围是．

20．如图，在三棱锥中，平面为的中点，.

(1)求直线与平面所成角的正弦值；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的方向向量以及平面的法向量，即可利用向量法求得结果；

（2）根据（1）中所求，再求得的法向量，即可利用向量法求得二面角的余弦值.

【详解】（1）因为，所以.

因为平面，又面，故，

故过点作的平行线为轴，以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系：

则，

所以.

设平面的法向量为，则，

故可得，取，则，则

因为，所以，

故直线与平面所成角的正弦值为.

（2）不妨取平面的一个法向量为，所以.

因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

21．已知道椭圆的焦距为，且过点

(1)求椭圆方程

(2)直线交椭圆与两点,为椭圆右顶点，且，直线是否过定点，如果不过，请说明理由，如果过，请求出定点坐标

【答案】(1)

(2)过定点

【分析】（1）先利用焦距求出，然后焦点坐标，计算到两个焦点的距离，然后利用椭圆的定义得到，最后利用的关系，求出椭圆方程即可；（2）先设，直线方程为，因为，可得，显然需要用韦达定理，所以联立方程组得到，然后用韦达定理得的值，代入，然后求解即可.

【详解】（1）因为焦距为，所以，假设左右焦点为，则，

所以点到的距离分别为，

所以椭圆的长轴长，所以，椭圆短半轴，

所以椭圆方程为；

（2）由（1），设，由题意可设直线方程为，

代入椭圆方程，得，

得即

由韦达定理可得，

因为，所以，

得

所以有，

解得或，

当时，直线过点，此时不存在，故舍去，

所以直线方程为，

所以直线过定点.

22．设函数

（1）当时，求函数在点处的切线方程；

（2）若函数存在两个极值点，

①求实数的范围；

②证明：.

【答案】（1）；（2），证明详见解析．

【详解】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、利用导数求曲线的切线方程等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，将代入，对求导，切点的纵坐标为，斜率为，利用点斜式写出切线方程；第二问，对求导，令，将函数存在两个极值点，转化为方程有两个不同的正根，利用二次函数的图象分析列出不等式，解出a的取值范围；对求导，求出的根，得到的表达式，构造函数，利用导数判断函数的单调性，求出最小值，即证明了结论．

试题解析：（1）当a＝2时，，，

则，，所以切线方程为．4分

（2）（），令，得，

①函数有两个极值点等价于方程有两个不同的正根，

设，所以，

所以函数有两个极值点， ，则，

②由，得，则，，，

在区间上递减，，

所以

【解析】利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、利用导数求曲线的切线方程．

【方法点睛】1、导数的几何意义（求曲线的切线方程）：函数在在点处的导数的几何意义，就是曲线在点处的切线的斜率，即斜率为，过点P的切线方程为．

2．求函数的极值：设函数在点处连续，（1）如果在附近的左侧，右侧，那么是极大值；（2）如果在附近的左侧，右侧，那么是极小值；（3）如果在附近左右两侧值同号，不是极值．

23．选修4-4：坐标系与参数方程

在直角坐标系中，直线的参数方程为（其中为参数）.在以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴建立的极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为.

（1）求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线分别相交于异于原点的点，求的取值范围.

【答案】(1) 直线的极坐标方程为：.的直角坐标方程为. (2)

【分析】（1）由直线的参数方程可知，直线过原点且倾斜角直线的为的直线，由此可表示出直线的极坐标；利用极坐标与直角坐标的互化公式即可得到曲线的直角坐标方程；

（2）点的极坐标分别为，得到|PQ|   ，再利用三角函数的性质求出的取值范围．

【详解】解：（1）因为直线的参数方程为（其中为参数），

所以直线表示过原点且倾斜角直线的为的直线，则其极坐标方程为：

.

曲线的极坐标方程可化为，

即，

因此曲线的直角坐标方程为.

（2）设点的极坐标分别为，

则

因为，即，所以的取值范围为.

【点睛】本题主要考查极坐标与直角坐标的互化，考查极坐标下两点间的距离的求法和最值得求解，考查三角恒等变换和三角函数在区间上的范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．

24．设均为正数，且，证明：

（Ⅰ）

（Ⅱ）

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析．

【分析】（1）先由基本不等式可得，再结合的展开式即可证明原式成立；

（2）利用柯西不等式证明.

【详解】证明：（Ⅰ）：因为

所以

故，当且仅当时“=”成立.

（Ⅱ）均为正数，由柯西不等式得：

即，

故，当且仅当时“=”成立.

【点睛】本题考查利用基本不等式、柯西不等式等证明不等式，难度一般.证明时，利用整体思想，注意“1”的巧妙代换.

25．已知且函数.

(1)当时，，求的取值范围；

(2)设，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题可知，利用导函数研究单调性，按的取值分类讨论即可；

（2）当时，令可得，利用裂项相消即可求解.

【详解】（1）因为，

令解得，

当，即时，在单调递增，故成立；

当，即时，时，单调递减，此时，不满足.综上，的取值范围是；

（2）由（1）知，当时，，即，

当时，有，即，即，

故，

累加可得，，即.