2023届河南省南阳市第二完全学校高级中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届河南省南阳市第二完全学校高级中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），共17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届河南省南阳市第二完全学校高级中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解二次不等式化简集合，解指数不等式化简集合，从而利用集合的交并补运算求得.【详解】依题意得，，，所以.故选：C.2．已知复数，现有如下说法：①；②复数z的实部为正数；③复数z的虚部为正数，则正确说法的个数为（    ）A．3 B．2 C．1 D．0【答案】B【分析】先利用二倍角公式化简复数z，再由复数的概念及模的求法分析即可得答案.【详解】由题意可得：，，故①正确；∵，即为第四象限角，则有：复数z的实部为，为正数，故②正确；复数z的虚部为，为负数，故③错误.故选：B.3．已知a，b＞0，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．不充分不必要条件【答案】B【分析】分充分性和必要性分别讨论：充分性：取特殊值判断；必要性：利用基本不等式进行证明.【详解】充分性：取，满足，但是，不满足.故充分性不满足；必要性：.故必要性满足.故“”是“”的必要非充分条件．故选：B4．已知函数，则曲线在处的切线斜率为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】先求导，令，求出，再结合导数的几何意义即可求解.【详解】依题意，，令，故，解得，故，故．故选：D．5．明代数学家程大位编著的《算法统宗》是中国数学史上的一座丰碑.其中有一段著述“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一”.注：“倍加增”意为“从塔顶到塔底，相比于上一层，每一层灯的盏数成倍增加”，则该塔正中间一层的灯的盏数为（    ）A．3 B．12 C．24 D．48【答案】C【解析】题意说明从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为，由系数前项和公式求得，再由通项公式计算出中间项．【详解】根据题意，可知从塔顶到塔底，每层的灯盏数构成公比为2的等比数列，设塔顶灯盏数为，则有，解得，中间层灯盏数，故选：C.6．函数的图像为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.【详解】函数的定义域为，且，函数为奇函数，A选项错误；又当时，，C选项错误；当时，函数单调递增，故B选项错误；故选：D.7．在中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设，，（，），则的最小值是（    ）A． B． C．3 D．2【答案】C【分析】先利用平面向量基本定理及三点共线得到，利用基本不等式“1的妙用”求出最小值.【详解】在中，E为重心，所以，设，，（，）所以，，所以.因为M、E、N三点共线，所以，所以（当且仅当，即，时取等号）．故的最小值是3．故选：C．8．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则（    ）．A．4 B．2 C． D．【答案】A【分析】由焦准距求出，结合抛物线第一定义得，整理得，由代换即可求解.【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，所以，依题意，，而，，故，即，则，故，故选：A．9．已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中，，．将函数的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的单调递减区间为（    ）．A．() B．()C．() D．()【答案】D【分析】由点和点之间的距离为，从而求得，将代入结合求出，根据三角函数的图象的变换得到，令（），即可求出的单调递减区间.【详解】由题意得：，则，，所以，将代入得：，即（），则（）．因为，所以，故．因为，则，解得，故.将函数的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，得到，再向左平移个单位长度，得到，令（），解得：（）．所以函数的单调递减区间为（）,故选：D．10．已知定义在上的函数的导函数，且，则（        ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】据已知不等式构造函数，结合导数的性质进行求解即可.【详解】构造函数，因为，所以，因此函数是增函数，于是有，构造函数，因为，所以，因此是单调递减函数，于是有，故选：D11．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作直线与的左、右两支分别交于两点，且是以为顶角的等腰直角三角形，若的离心率为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设, 求出，再根据得解.【详解】解：设，由双曲线的定义得，又，∴.又,所以，所以.故选：C12．已知等腰直角的三个顶点在球O的表面上，且，连接CO并延长交球O的表面于点D，连接DA，DB；若球O的体积为288π，则直线AC，BD所成角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，作出图形，由条件可知：，且，在中，利用余弦定理求出的余弦值，然后利用向量求出直线AC，BD所成角，进而求解.【详解】如图：由题意可知：，且为球的直径，所以，又因为球O的体积为，所以，所以，由勾股定理可得：，，在中，由余弦定理可得，设直线AC，BD所成角为，则,又因为,所以，所以，所以，故选： 二、填空题13．已知圆锥SO的轴截面是面积为12的三角形，若圆锥SO的侧面积为，则圆锥SO的体积为______．【答案】【分析】利用三角形面积公式与圆锥侧面积公式得到关于的方程组，解之即可求得圆锥SO的体积.【详解】依题意，如图，易得，解得（负值舍去），则．故答案为：..14．已知圆，则过原点且与相切的直线方程为______.【答案】或【分析】分斜率存在与不存在，利用由圆心到切线的距离等于半径，求解即得.【详解】圆的圆心坐标，半径，当切线的斜率不存在时，，显然到圆心的距离等于半径，故而是圆的一条切线；当切线的斜率存在时，设斜率为，，由圆心到切线的距离等于半径得，解得，所以直线方程为.故答案为：或.15．若函数在上有3个零点，则实数a的取值范围为______.【答案】【分析】根据给定条件，利用函数零点的意义转化为求方程根的问题，再分类讨论求解作答.【详解】函数的零点，即方程的根，当时，方程化为：，当时，方程化为：，依题意，方程有3个不等的负根，而方程两根之积为负，必有一正根一负根，于是得在上有一个负根，在上有两个相异负根，因此，即，由在上有两个相异负根得，，解得，在中，，即方程在上有且只有一个负根，所以实数a的取值范围是.故答案为：16．如图，在三棱锥中，，、分别是的中点、则_____．【答案】【分析】连结，取的中点，连结，则由可知异面直线，所成角就是，利用余弦定理解三角形求得，设与的夹角为，由图可知与互补，从而得出，最后利用向量的数量积运算，即可求出的结果．【详解】解：连结，取的中点，连结，则，是异面直线，所成的角，，，，，同理得：，又，，，设与的夹角为，由图可知与互补，则，.故答案为：. 三、解答题17．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数).以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.（1）若，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与C交于A，B两点，与x轴交于点P，且，求直线l的倾斜角.【答案】（1），；（2）或..【分析】（1）代入到参数方程，利用倍数关系消去参数可得直线的普通方程；利用公式结合可求得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，由此求得关于的一元二次方程，根据的几何意义得到，由此求解出的值.【详解】（1）因为的参数方程为，所以，所以的普通方程为，又因为，所以，所以，所以曲线的直角坐标方程为；（2）将代入中，得，即，所以，因为，所以，所以，又因为，所以或，所以直线倾斜角为或.18．已知在平面四边形ABCD中，，，连接AC．(1)若的面积为2，求的周长；(2)若，，求和．【答案】(1)(2)， 【分析】（1）由三角形面积公式求出，再由余弦定理得到，从而求出三角形周长；（2）根据，，求出，，根据及差角公式得到答案，在中，由正弦定理求出，在中，由余弦定理求出，从而由余弦定理求出.【详解】（1）由题意得：，画图图形如下：由三角形面积公式得：，即，解得：，由余弦定理得：，故周长为；（2）因为，，故，即，又，解得：，故，因为，所以，在中，由正弦定理得，即，解得：，在中，由余弦定理得：，即，解得：或-4（舍去），故，所以和.19．已知数列的前n项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)若恒成立.求实数的最大值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，利用“当时，”探求数列相邻两项的关系，再构造数列求解作答.（2）由已知结合（1）的结论分离参数，再构造新数列，借助单调性求解作答.【详解】（1）依题意，，当时，，解得，当时，，，两式相减得，因此，则，则是以为首项，2为公比的等比数列，有，显然满足上式，所以数列的通项公式为.（2）由（1）可知，，因，整理得：，令，则，显然，当时，，即，因此当时，数列是递增的，于是得，依题意，恒成立，即有，所以实数的最大值为.20．如图，在四棱锥中，，，，、分别为棱、的中点，.（1）证明：平面平面；（2）若二面角的大小为45°，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明，得到答案.（2）以与垂直的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，面的法向量记为，面的法向量为，根据夹角得到，平面的法向量，计算得到答案.【详解】（1）因为点为的中点，，，所以四边形为平行四边形，即.因为、分别为棱、的中点，.，所以平面平面.（2）如图所示因为，，与为相交直线，所以平面，不妨设，则.以与垂直的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，，，，，从而，，面的法向量记为，则，可得，令，则，，又面的法向量为，二面角的大小为45°.，解得，所以，，，所以，，，设平面的法向量为，则，可得：.令，则，.所以.设直线与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了面面平行，二面角，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.21．已知函数．（1）讨论函数的单调性；（2）证明不等式恒成立．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）求出函数导数，讨论的范围结合导数即可得出单调性；（2）构造函数，利用导数可得在上有唯一实数根，且，则可得，即得证.【详解】（1）当时，，所以在上单调递增；当时，令，得到，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）设函数，则，可知在上单调递增．又由，知，在上有唯一实数根，且，则，即．当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，结合，知，所以，则，即不等式恒成立．【点睛】关键点睛：本题考查不等式恒成立的证明，解题的关键是转化为证明的最小值大于0.22．已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.(1)求的方程;(2)直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为， 证明: 的面积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，设，利用韦达定理代入化简化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设 ，利用、，解得，可得.【详解】（1）设，则直线的斜率，直线的斜率 ，由题意，化简得 ；（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，联立化简得，设，则，，所以 化简得则，又到的距离，所以，为定值.当直线的斜率不存在时，可设 ，则，且，解得，此时，综上，的面积为定值.