2023届宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学高三11月月考数学测试题（解析版）

2023届宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学高三11月月考数学测试题

一、单选题

1．复数（是虚数单位）的虚部是（  ）

A．2 B．-1 C．1 D．-2

【答案】B

【详解】

复数的虚部是

故选：B

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出集合、，再由交集的定义求解即可

【详解】集合，，

则.

故选：B.

3．设向量，，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C．与的夹角为 D．在方向上的投影为

【答案】C

【分析】利用向量平行，垂直，夹角以及向量投影的坐标公式对各个选项进行检验即可.

【详解】A.，即两个向量不满足平行的坐标公式，故错误；

B.，即不满足向量垂直的坐标公式，故错误；

C.，，所以夹角为，正确；

D.在方向上的投影为，故错误.

故选：C

【点睛】本题考查两个向量平行，垂直以及两个向量的夹角坐标公式，考查向量投影的计算方法，属于基础题.

4．已知数列，满足，，其中是等差数列，且，则（    ）

A．2022 B．－2022 C． D．1011

【答案】B

【分析】根据条件，可以推出.然后，根据等差数列的性质，可得结果；也可以直接根据前n项和公式求和.

【详解】解法1：由已知，得，则，

根据等差数列的性质有，

所以，有

解法2：由已知，得，则，

根据等差数列的性质有，

所以，.

故选：B.

5．如图所示，阴影部分由四个全等的三角形组成，每个三角形是腰长等于圆的半径，顶角为的等腰三角形．如果在圆内随机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】结合三角形的面积公式，根据几何概型的面积型问题求解即可.

【详解】解：设圆的半径为，则圆的面积为，

所以，四个三角形的面积为，

因为，在圆内随机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率为

所以，，解得，

因为，所以．

故选：A

6．已知为角终边上一点，关于的函数有对称轴，则（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】根据任意角三角函数你会定义得，再根据题意得，再利用诱导公式求解即可.

【详解】因为为角终边上一点，所以，

，当时，，，

所以.

故选：A.

7．已知函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】求出的定义域可排除A；证明是奇函数可排除B；当且趋近于时，可排C，进而可得正确选项.

【详解】的定义域为，故排除选项A；

定义域为，关于原点对称，

，所以是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项B；

当且趋近于时，，故排除选项C，

故选：D

8．如图所示，的面积为，其中，AD为BC边上的高，M为AD的中点，若，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三角形的面积公式可求得，再根据AD为BC边上的高，求出，从而可得出点的位置，再根据平面向量的线性运算将用表示，再根据平面向量基本定理求出，即可得解.

【详解】解：，

所以，

因为AD为BC边上的高，

所以，

因为M为AD的中点，

所以

，

又因为，

所以，

所以.

故选：C.

9．将函数的图像向左平移个单位后图像关于点中心对称，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先利用二倍角公式将函数化为，然后利用平移变换的原则求出平移后的解析式，结合题意可得， 由余弦函数的中心对称点，整体代入即可求解.

【详解】

，

将函数的图像向左平移个单位，可得函数

的图像

由的图像关于点中心对称可得：，

即，，即，

所以，，

当时，，

所以的值可能为.

故选：D

【点睛】本题考了三角恒等变换、三角函数的平移变换原则、余弦函数的性质，属于基础题.

10．通过研究正五边形和正十边形的作图，古希腊数学家毕达哥拉斯发现了黄金分割率，黄金分割率的值也可以用表示，即.记，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将代入，根据恒等变换公式化简，即可求得结果.

【详解】，

故选:A.

11．已知椭圆的左焦点，过点作倾斜角为的直线与圆相交的弦长为，则椭圆的离心率为（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】过点倾斜角为的直线方程为：，即，

则圆心到直线的距离：，

由弦长公式可得：，

整理可得：

则：.

本题选择B选项.

点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：

①求出a，c，代入公式；

②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

12．已知函数，若存在实数、、、，满足，且，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】作出函数图象，由与图象有四个交点得、、、的性质，然后可得所求取值范围．

【详解】函数的图像如图所示，设，则是函数的图象与直线交点的横坐标．

∵，∴，

∴，∴，

∵，∴，，，

∴，

又，∴，∴，

∴的取值范围是，

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点与方程分布，解题关键是把，转化为函数的图象与直线交点的横坐标．由数形结合思想易得它们的性质与范围，从而可化简目标式为一元函数，从而得取值范围．

二、填空题

13．已知，直线与直线垂直，则的最小值是___________.

【答案】##

【分析】由直线与直线垂直，得，再由，，得到，利用基本不等式的性质能求出的最小值．

【详解】直线与直线垂直，

，整理得，

，，

，

当且仅当时，取等号，

的最小值是．

故答案为：．

14．已知定义在R上的奇函数满足，当时，，则______.

【答案】

【分析】由题目条件可得是周期为6的周期函数.据此可得答案.

【详解】由题，对任意实数均有，

则，得是周期为6的周期函数.

注意到，则.

故答案为：.

15．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为，若，，则______．

【答案】4

【解析】由边化角得，化简得，又与余弦定理得，得，则，则，从而求出．

【详解】解：∵，

∴由正弦定理得，

∴，

又，

∴由余弦定理得，

∴，

∵为的内角，

∴，

∴，

∴，

故答案为：4．

【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，考查同角的三角函数关系，属于基础题．

16．在三棱锥中，，，面，且在三角形中，有，则该三棱锥外接球的表面积为______．

【答案】．

【分析】由正弦定理化边为角化简可求得，再由正弦定理可求得的外接圆的半径，即可利用勾股定理求出三棱锥外接球的半径，进而求出表面积.

【详解】在中，，

则由正弦定理得，，

∴，则，

∵，∴，

由正弦定理，，得三角形的外接圆的半径为，

又由，

得，

∴该三棱锥外接球的表面积为，

故答案为：．

【点睛】关键点睛：本题考查正弦定理的应用，考查三棱锥外接球问题，解题的关键是利用正弦定理化边为角求出，进而求出的外接圆的半径.

三、解答题

17．已知是等差数列的前项和，，，公差，且___________.从①为与等比中项，②等比数列的公比为，，这两个条件中，选择一个补充在上面问题的横线上，使得符合条件的数列存在并作答.

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列的前项和为，求证：.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据等差等比数列的性质求解，即可做出判断；

（2）利用裂项求和化简后即可证明.

【详解】（1）若选①，为与的等比中项，

则，由为等差数列，，得，∴，

把代入上式，可得，解得或（舍）.

∴，；

若选②，等比数列的公比，，，

可得，即，即有，即;

又，可得，即，解得，不符题意，

故选①，此时；

（2）∵，

∴；

∴.

18．2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成.为纪念中国航天事业成就，发扬并传承中国航天精神，某校高一年级组织2000名学生进行了航天知识竞赛并进行纪录（满分：100分）根据得分将数据分成7组：[20，30），[30，40），..，[80，90]，绘制出如下的频率分布直方图

(1)用频率估计概率，从该校随机抽取2名同学，求其中1人得分低于70分，另1人得分不低于80分的概率；

(2)从得分在的学生中利用分层抽样选出8名学生，若从中选出3人参加有关航天知识演讲活动，求选出的3人竞赛得分不低于70分的人数的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）由频率分布直方图计算概率；

（2）频率分布直方图由求出人数，得的可能值是，可得，由超几何分布概率公式计算出概率后得分布列，由期望公式计算出期望．

【详解】（1）每名学生得分低于70分的概率为：，不低于80分的概率：.

故其中1人得分低于70分，另1人得分不低于80分的概率为：.

（2）由频率分布直方图可得8人中，的人数有2人，的人数有6人，

所以，的可能取值为，，

.

分布列为

故.

19．如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，．

（1）证明：平面平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】(1)利用面面垂直的性质，证得平面，进而可得，平面即可得证；

(2)在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，以A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量而得解.

【详解】（1）因为，为中点，所以，因为是矩形，所以，

因为平面平面，平面平面，

平面，所以平面，因为平面，所以，

又，平面，，所以平面，

又平面，所以平面平面；

（2）在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，由（1）知，平面，

故以点A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：

则，，，，，则，

所以，，，，

由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，

则，即，令，则，，所以，

所以，

因为二面角为锐角，则二面角的余弦值为.

【点睛】思路点睛：二面角大小求解时要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．

20．已知函数－2为自然对数的底数，)．

(1)若曲线在点处的切线与曲线至多有一个公共点时，求的取值范围；

(2)当时，若函数有两个零点，求的取值范围．

【答案】(1)；(2) .

【分析】(1)求导函数,确定曲线在点处的切线,与联立,利用根的判别式,即可得出结论;

(2)由得,构造新函数,求导函数,确定其单调性,可得最值,即可确定的取值范围.

【详解】(1) ，所以切线斜率

又 ，∴曲线在点(1，0)处的切线方程为  

由.

由 可知：

当Δ＝0时，即 或时，有一个公共点；

当Δ＜0时，即 时，没有公共点．     

所以所求的取值范围为.

(2)，由，得，

令 ，则.

当x∈时，由，得.  

所以 在上单调递减，在[1，e]上单调递增，

因此，由，

比较可知，所以，结合函数图象可得，当 时，

函数 有两个零点．

故所求 的取值范围为.

【点睛】本题考查导数知识的运用,考查导数的几何意义,考查函数的单调性与最值,考查分离参数法的运用,属于中档题.

21．已知椭圆C：（）的左，右焦点分别为，，上，下顶点分别为A，B，四边形的面积和周长分别为2和.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l：（）与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中垂线交y轴于M点，且为直角三角形，求直线l的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）由已知可得，结合的关系可求解；

（2）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可求出EF的中点，进而求得其中垂线方程，求出坐标，分析已知可得，代入即可求解.

【详解】（1）由题意知，解得

故椭圆的方程为

（2）设

联立，整理得

由韦达定理得，

，，

所以线段EF的中垂线方程为，

令，解得，

，，

又为直角三角形，且，

，即

所以直线l的方程或

22．以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，将曲线：

（为参数），经过伸缩变换后得到曲线.

（1）求曲线的参数方程；

（2）若点的曲线上运动，试求出到直线的距离的最小值.

【答案】（1）（为参数）；（2）．

【分析】（1）将曲线化为普通方程，再由伸缩变换，得到普通方程，进而可求曲线的参数方程；

（2）由题可得曲线的直角坐标方程，然后利用点到直线的距离公式及三角函数的性质即可求解距离的最小值.

【详解】（1）由曲线：（为参数），可得曲线为，

由伸缩变换化为，

代入圆的方程得，

即曲线的方程为，

可得其参数方程为（为参数）；

（2）曲线的极坐标方程，化为直角坐标方程：，

则到直线的距离为

，其中，

∴当时，，

∴点到的距离的最小值为.

23．已知函数的最大值为.

(1)求的值；

(2)若，，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用分段函数的单调性求出函数的最大值，即可得到答案；

（2）利用均值不等式得到，计算即可.

【详解】（1）由于，

当时，，

当时，，

当时，

所以

（2），即，

时等号成立，故，有最大值为.