2023届北京专家信息卷（全国甲卷）高三上学期11月月考数学（文）试题（二）含解析

2023届北京专家信息卷（全国甲卷）高三上学期11月月考数学（文）试题（二）

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据集合的交集运算可得答案.

【详解】因为，所以，

故选：A

2．已知复数（为虚数单位），则（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的除法运算法则化简，进而由模长公式即可求解.

【详解】，则.

故选：A.

3．国庆纪念日是近代民族国家的一种特征，是伴随着近代民族国家的出现而出现的，并且变得尤为重要．它成为一个独立国家的标志，反映这个国家的国体和政体．如图所示的是某餐厅某年“十一”期间日营业额的折线图，则该餐厅该年“十一”期间日营业额的中位数是（    ）

A．0.6 B．0.8 C．1.1 D．1.3

【答案】C

【分析】把数据从小到大的顺序排列，找出中位数.

【详解】将该餐厅“十一”期间日营业额按从小到大的顺序排列：0.4，0.6，0.8，1.1，1.3，1.5，2.1，中位数是1.1．

故选：C．

4．已知，则（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】由余弦函数的二倍角公式和同角三角函数基本关系化简即可得出答案.

【详解】，所以.

故选：C.

5．如图为一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由三视图画出三棱锥原图，利用可得结果.

【详解】根据三视图可得几何体是有一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，DA⊥平面ABC ，

所以

故选：B.

6．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先判断定义域，再判断函数的奇偶性，再根据趋于正无穷时函数值趋于0即可得到答案.

【详解】由，定义域为，，所以函数为奇函数，故排除B，D；

当时；当趋向时，函数的增长速度比的增长速度快，所以趋向0，故排除C；

故选：A．

7．函数的极小值为（    ）

A． B．1 C．2 D．e

【答案】B

【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极小值.

【详解】解：由，得，

当或时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以函数的极小值为.

故选：B.

8．在正方体中，，则（    ）

A．，与是平行直线 B．，与是平行直线

C．，与是异面直线 D．，与是异面直线

【答案】A

【分析】作，连接．易得四边形是平行四边形，则，同理有，得到，然后求得，EF即可判断.

【详解】如下图所示，

作，连接．则，所以四边形是平行四边形，所以，

同理，可证四边形是平行四边形，所以，所以．

设正方体的边长为a，取CF的中点H，连接EH，AC，

则，

所以，

又，所以，

故选：A．

9．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖．通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（    ）

A． B． C． D．或

【答案】D

【分析】已知其轴截面是腰长为，面积为的等腰三角形，计算圆锥母线长和底面半径，再计算体积.

【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，

因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，

所以，解得，则或．

当时，，，

则该屋顶的体积；

当时，，，

则该屋顶的体积，

综上，该屋顶的体积约为或．

故选：D．

10．已知斜率为的直线与椭圆相交于两点，与轴，轴分别交于两点，若恰好是线段的两个三等分点，则的值不可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意求得，结合求得的范围．

【详解】解：如图，设．

∵分别是线段的两个三等分点，

∴ ，，

则，

得，

，

利用点差法，由两式相减得

，

整理得到，

即，

得，

得，

∵ ，

∴ ，

∴ ，

∴ ，

∴ 或，

故的值不可能为．

故选：D．

【点睛】本题解题的难点是求得，掌握点差法及理解并非只有弦中点时才考虑使用，进而累积解题经验．

11．记函数的最小正周期为T．若，且的图象在点处取得最大值，则的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据的最值求得，结合的范围以及对称轴求得，再求解三角不等式即可.

【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，

又因为的图象在点处取得最大值，所以，且，所以，

所以，

则即为，得，

得，解得．

故的解集是．

故选：.

12．已知，则正数的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据对数式与指数式之间的互化，以及作商法比较大小，即可比较的大小，由对数函数的单调性以及中间值法即可比较三者的大小.

【详解】由，得，由，得

，

因此，即；

由，得，于是，

所以正数的大小关系为.

故选:A.

二、填空题

13．已知向量.若，则__________.

【答案】

【分析】根据向量垂直的坐标表示，列出方程，求解即可.

【详解】因为，所以，解得.

故答案为：.

14．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则C的离心率为_______．

【答案】

【分析】易得双曲线渐近线为，再利用两直线垂直斜率之积为-1求出，结合离心率公式即可求解.

【详解】双曲线的渐近线方程为，直线斜率为，

由一条渐近线与直线垂直得，解得，

所以离心率为．

故答案为：

15．从装有2个白球､2个黑球､2个红球（除颜色外完全相同）的盒子中任取两个球，则选到的两个球颜色不相同的概率为_______

【答案】

【分析】利用古典概型公式求解即可.

【详解】从6个球中选2个球共有种情况，颜色相同共有3种情况，

则选到的两个球颜色不相同的概率.

故答案为：

16．锐角中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，有，且，则的取值范围为________________．

【答案】

【分析】根据余弦定理得，根据正弦定理得，结合角的范围以及三角函数的性质即可求解.

【详解】因为，所以由余弦定理得．

因为为锐角三角形，所以．所以，即．

因为为锐角三角形，所以解得．

由正弦定理，得

．

所以．

因为，所以，所以．

因为，所以，

所以，所以，即

．在中，由两边之和大于第三边，得．

综上所述：．

故答案为：

三、解答题

17．随机调查了上海的两家物业公司：万科物业和绿地物业，为了深人了解这两家物业公司在市场上的声誉情况，随机调查了万科物业和绿地物业在上海的多个小区居民，得到下面列联表：

(1)根据上表，分别估计这两家物业公司在上海获得好评的概率；

(2)能否有的把握认为这两家物业公司是否获得好评与物业公司有关？

附：.

【答案】(1)，

(2)有的把握

【分析】（1）根据表格数据直接计算即可.

（2）利用公式计算随机变量的观测值，利用临界值表判断这两家物业公司是否获得好评与物业公司有关的可靠程度.

【详解】（1）根据表中数据，万科物业共有500人次评价，获得好评有480人次，

设万科物业获得好评事件为，则；

绿地物业共有500人次评价，获得好评有360人次，

设绿地物业获得好评事件为，则.

故：万科物业在上海获得好评的概率为；绿地物业在上海获得好评的概率为.

（2）列联表

，

根据临界值表可知，有的把握认为这两家物业公司是否获得好评与物业公司有关.

18．已知数列的前n项和为，．证明：

(1)数列为等比数列；

(2)当时，．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由数列得，利用构造法即可证明；

（2）利用（1）中结论得，由即可证明.

【详解】（1）证明：因为，

所以，

所以，

在中，

令，得①，

又②，

联立①②，解得，

因为，

所以，

故数列是首项为，公比为2等比数列.

（2）由（1）可知，

则，

则当时，，

所以当时，．

19．在四棱台中，底面是正方形，且侧棱底面分别是的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求直线到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)运用“两个平面内存在两条相交的直线分别平行则两平面平行”定理即可；

(2)建立空间直角坐标系，用空间向量来计算E点到平面的距离即可.

【详解】（1）如下图所示，

连接，则O是AC的中点，E是的中点 ，∴ ， 平面，

平面，平面， 又F是 的中点， ，

平面， 平面， 平面 ，又 ， 平面OEF， 平面OEF ，∴平面OEF 平面 ；

（2）以B为原点，BA为x轴，BC为y轴， 为y轴，，建立空间直角坐标系如上图，

则有 ，

由于 平面，直线EF与平面 距离就是E点到平面的距离，

设直线 与平面法向量的夹角为 ，  ，

设平面的一个法向量为 ，则有 ，即 ，令 ，则 ，  ；

，点E到平面的距离为 ；

综上，直线EF到平面的距离为 .

20．已知且.

(1)讨论函数的单调性；

(2)当时，求证：.

【答案】(1)答案见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）对参数的值进行分类讨论，在不同的情况下根据导数的正负即可判断函数单调性；

（2）将待证不等式两边同乘以，令，将问题转化为证明的最小值大于等于零即可.

【详解】（1）且的定义域为，，

当时，令，得；令，得，

故函数在上单调递增，在上单调递减；

当时，令，得；令，得，

故函数在上单调递减，在上单调递增.

（2）当时，即为，

由于，两边同时乘以，得，即证明.

因为，

令，

令，则，

所以在上，单调递减，在上，单调递增.

所以，

所以.

即得证.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数单调性，以及利用导数证明不等式；第二问处理的关键是构造函数，从而简化证明，属综合中档题.

21．已知以为焦点的抛物线与直线交于点（非原点），且．

(1)求抛物线的方程；

(2)过点的直线与抛物线交于，两点，直线与圆的另一交点分别为，，为坐标原点，设的面积为，四边形的面积为，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设代入抛物线方程，并结合抛物线的定义，求得的值，即可；

（2）设直线的方程为，,，,，再由面积公式可得，转化为坐标关系，化简运算，得解．

【详解】（1）解：设．

依题意，可得

因为，解得

所以抛物线C的方程为．

（2）解：设过F点的直线方程为．

联立方程得，则，

所以①，②，

设，代入①②得③，

则直线的方程为，直线的方程为，

联立方程解得，

同理可得，

则

④，

由③得，代入④得，

当且仅当时等号成立，所以的最大值为．

故的最大值为．

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求的普通方程和的直角坐标方程；

(2)若与的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和点P的圆的极坐标方程．

【答案】(1)的普通方程是；的直角坐标方程是

(2)

【分析】（1）利用消参法求得的普通方程即可，根据即可求得的直角坐标方程；

（2）联立的普通方程，求得点P的直角坐标，从而可求得所求圆的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可．

【详解】（1）解：由的参数方程得，

所以，

即的普通方程是，

由的极坐标方程，得，

得，

将代入得，

即的直角坐标方程是；

（2）解：由得所以点P的直角坐标为，

设所求圆的圆心的直角坐标为，

由题意得，解得，

所以所求圆的直角坐标方程是，

因此所求圆的极坐标方程为．

23．设．

(1)解不等式；

(2)设的最大值为t，如果正实数m，n满足，求的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）零点分段讨论解含绝对值的不等式.

（2）求出的最大值，利用基本不等式求的最小值

【详解】（1）即为，

①当时，不等式可化为，解得，所以；

②当时，不等式可化为，解得，所以；

③当时，不等式可化为，解得；

综上知不等式的解集为．

（2），

所以，所以，由，

则，

当且仅当，即，即时，取得最小值．