2023届黑龙江省齐齐哈尔部分学校高三上学期10月月考数学试题含解析

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2023届黑龙江省齐齐哈尔部分学校高三上学期10月月考数学试题

一、单选题
1．全集，集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．
【详解】，，∴.
∵，∴.
故选：D．
2．已知复数，，则（    ）
A． B． C．7 D．5
【答案】A
【分析】根据共轭复数的概念和复数的除法运算可得，再利用模长公式即可得解.
【详解】∵，
∴
，
∴.
故选：A
3．命题“，”是命题“”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质分析判断.
【详解】若，，则，，∴.
若，则，，或，.
当，时，，.
所以命题“，”是命题“”的充分不必要条件.
故选：A.
4．以下是100g大米和100g小麦面粉的营养成分表.下列结论最符合实际的是（    ）
营养成分
能量（）
水分（）
蛋白质（）
脂肪（）
碳水化合物（）
膳食纤维（）
钾（）
钙（）
VB1（）
VB2（）
大米
346
13.3
7.9
0.9
77.2
0.6
112
8
0.15
0.04
小麦面粉
359
11.2
12.4
1.7
74.1
0.8
185
135
0.2
0.06

A．大米营养略高于小麦面粉营养 B．小麦面粉营养略高于大米营养
C．大米与小麦面粉的营养一致 D．大米与小麦面粉的营养无法比较
【答案】B
【分析】数据分析，得到小麦面粉只有水分与碳水化合物两项指标略低于大米，其余8项指标均比大米高，从而得到小麦面粉营养略高于大米营养.
【详解】由统计表得，100g大米和100g小麦面粉中，小麦面粉只有水分与碳水化合物两项指标略低于大米，其余8项指标均比大米高，所以小麦面粉营养略高于大米营养.
故选：B
5．已知角顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，终边在直线上，则（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据题意可得，再利用三角函数恒等变换公式化简变形，从而可求出结果.
【详解】因为角顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，终边在直线上，
所以，
所以.
故选：C
6．已知，，是三个不同的平面，l，m是两条不同的直线.在下列条件中，能推出的是（    ）
A．， B．，
C．，，， D．，，
【答案】D
【分析】ABC可举出反例，D选项可利用反证法得到.
【详解】如图1，满足，，此时与相交，即A错误；

如图2，当与相交时，设交线为n，只要l不在内又不在内，若，就有，，所以B错误；

如图3，当与相交时，设交线为n，若l，m都是内与n平行的直线，则，，所以C错误；

若，，如果与相交，那么与所成锐二面角或直二面角与l，m所成角相等，这与矛盾，所以D正确.
故选：D
7．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，化简可求得，则，从而可得，再求出的范围，然后利用余弦函数的性质可求得结果.
【详解】∵在中， ，
∴，
∵
∴.
∵，∴，
即.
∴.
根据条件得，
∴.
∴
即.
故选：A
8．四棱锥S-ABCD所有棱长都为，底面ABCD是正方形，以点S为球心的球S与底面只有一个公共点，球S被该四棱锥所有面截得的弧长之和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意，分析可得SO就是球S的半径，且球S被每个侧面截得的弧长为，求和即可.
【详解】
设正方形ABCD的中心为O，
由于四棱锥S-ABCD所有棱长都相等，
所以SO⊥底面ABCD.
∵，∴AO=3，∵，∴SO=3.
∵球S与底面只有一个公共点，
∴SO就是球S的半径，长为3.
四个侧面均为等边三角形，
且四个侧面所在平面都经过球心S，故截面圆半径为3，且所截的弧所对圆心角为，
故球S被每个侧面截得的弧长为，
所以球S被该四棱锥所有面截得的弧长之和为.
故选：B

二、多选题
9．函数的部分图象如图，当时，关于x的方程有四个不同的根，这四个根由小到大分别是，，，，则（    ）

A．
B．，，，成等差数列
C．，，，成等差数列
D．的取值范围是
【答案】ACD
【分析】根据函数图象求出函数解析式，由有四个不同的根，结合函数图象的对称性可得，，，然后逐个分析判断即可.
【详解】由于的函数图象过点，
∴，，
∴，得，
∵，即，得，
∵，
∴，
∴.
有四个不同的根如图所示，

根据对称性得，，，
∴，
∴.
当，，，时，，，，不成等差数列.
由于，
∴，，，是以m为首项，m为公差的等差数列.
的取值范围是.故B错误，ACD正确.
故选：ACD
10．函数满足，，（a，b不同时为），当时，.若在集合或上是偶函数，数列满足，，，，则（    ）
A．在区间上单调递减
B．
C．不等式的解集为
D．
【答案】BC
【分析】由赋值法求得，确定函数的单调性，对称性，由函数性质得出数列的递推公式，由递推公式确定数列的周期性，然后可求值，解不等式．
【详解】∵，，，当时，，
∴当时，，
∴.，，，
，∴，
∴，.∴当时，，，，
∴，即在区间上单调递增.
∵在集合或上是偶函数，曲线在上关于直线对称，∴在区间上单调递减.
又，，∴，或.
若，则，∴，
∴，由对称性和单调性得不等式的解集为.
，，∴，，∴.
若，则，不合题意，舍去．所以AD错误，BC正确.
故选：BC．
【点睛】本题考查抽象函数的单调性、奇偶性、对称性，数列的周期性，以及利用单调性与奇偶性解函数不等式．对学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于困难题．对抽象函数，可用赋值法确定特殊的函数值，结合定义利用赋值法证明函数奇偶性与单调性．
11．已知平面向量，，满足，，，则（    ）
A．点C轨迹是圆 B．的最大值是3
C．的最小值是1 D．的取值范围是
【答案】BD
【分析】先假设点A，B固定，即与夹角是定值，设点A关于O的对称点为，根据得到，即点C的轨迹是一个点或以为圆心，以为半径的圆；若点A，B不固定，即与夹角不是定值，可判断A错误；
结合，的几何意义，数形结合得到，B正确；
C选项可举出反例；
D选项，求出，得到，求出当时，取得最大值为5，当时，取得最小值0，得到的取值范围.
【详解】先假设点A，B固定，即与夹角是定值.
设点A关于O的对称点为，由得，，
当时，，此时点C的轨迹是一个点，
当时，点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.
若点A，B不固定，即与夹角不是定值，此时点C的轨迹也在变动，故A错误；
∵，，
∴点A，点B在以O为圆心，分别以1，2为半径的圆上，.
∴B正确；
当点A，B固定且时，，
∵在以O为圆心，以1为半径的圆上，
而点C的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
∴点A在点C的轨迹上，即.
∴C错误.
由于的最大值为，最小值为.
∵，，根据假设，.
∵，
∴，.
如果点A，B不固定，则是变量，且，
∴当时，取得最大值为5，当时，取得最小值为0.
所以D正确.
故选：BD
【点睛】向量相关的压轴题，通常要数形结合进行求解，结合向量的线性运算和数量积运算进行求解，本题关键在于要先假设点A，B固定，即与夹角是定值，设点A关于O的对称点为，根据得到，即点C的轨迹是一个点或以为圆心，以为半径的圆，再讨论四个选项的正误.
12．已知函数的定义域是，是的导数，若，，则下列结论正确的是（    ）
A．在上单调递减 B．的最大值为e
C．的最小值为 D．存在正数，使得
【答案】AC
【分析】构造，得到，从而得到，结合，得到，求导得到，从而得到函数的单调性和极值，最值情况，判断出ABC选项；
解不等式得到解集为，故D错误.
【详解】由得，
设，则.
设c为常数，则，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴c=0，所以，
∴.
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
∵，
∴在时取得极小值，也是最小值，无最大值.
∴A正确，B错误，C正确，
由得，
∴.
当时，，，.
当时，.
当时，，，.
因此不等式即的解集是.
所以D错误.
故选：AC
【点睛】当条件中出现类似的条件时，通常要构造函数来解决问题，本题中的难点是利用来构造，从而结合求出.

三、填空题
13．已知向量，的夹角为，，，，则___________.
【答案】
【分析】利用数量积的分配率，以及数量积的定义可转化为，代入模长求解即可.
【详解】∵，
∴，
∴.
∵，，
∴，
解得（已舍），
∵，∴.
故答案为：
14．把一相邻三边长分别为2，4，6的长方体削成一个圆锥（圆锥的底面在长方体的底面上），则这个圆锥体积的最大值为___________.
【答案】
【分析】长方形中最大圆的直径是这个长方形较短的边长，根据圆锥底面在长方体不同的面上，求出体积比较可得．
【详解】长方形中最大圆的直径是这个长方形较短的边长.所以如果底面在边长为2，4的长方形内，则圆锥的体积为.
如果底面在边长为2，6的长方形内，则圆锥的体积为.
如果底面在边长为4，6的长方形内，则圆锥的体积为.
故答案为：．
15．已知函数，则方程不同解的个数是___________.
【答案】5
【分析】利用导数分类讨论当、时函数的单调性，求出函数的极大值，解题意中的方程可得或，结合函数零点与方程的根之间的关系即可求解.
【详解】当时，，，单调递增.
当时，，，
若，则，单调递增，
若，，单调递减，
又，∴在x=-1时取得极大值.
由方程，
得，解得或.
由于，时，，时，，
所以直线与直线与曲线分别有两个交点和三个交点，
即方程有两个根，有三个根.
所以原方程共有5个根.
故答案为：5.
16．在中，，，E为线段AC上一点（不与A，C重合），D为BE延长线上一点，AD=2，CD=1，则面积的最大值是___________.
【答案】
【分析】在中，由余弦定理得到，故，再利用三角形面积公式得到，又由得到，构造，利用导数可求得，从而可求得的最大值.
【详解】设，，，则，
在中，由余弦定理得，.
所以，
所以的面积，
根据条件得，故，解得，故，
令，则，，
构造函数，则，由得，，
因为，所以舍去.
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
故当时，取得最大值，且最大值为.
故答案为：.
.
【点睛】本题解题的关键在于由余弦定理得到，再由三角形面积公式化得，构造函数利用导数求最大值，是跨章节的综合题。

四、解答题
17．已知，是不共线向量，正项数列满足，，向量与向量共线.
(1)求的通项公式；
(2)若，设，是数列的前n项和，求证.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由向量与向量共线，得，化简后可得是以1为首项，1为公差的等差数列，从而可求出的通项公式；
（2）由（1）可得，再利用裂项相消求和法可求得，从而可证得结论.
【详解】(1)∵向量，不共线，向量与向量共线，
∴，即，
∵，∴.
∴是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴.
(2)∵，
∴.
∴，
∵
∴.
18．已知函数.
(1)求的最小正周期T和单调递减区间；
(2)四边形ABCD内接于⊙O，BD=2，锐角A满足，求四边形ABCD面积S的取值范围.
【答案】(1)，单调递减区间为
(2)

【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形得，从而可求出最小正周期，再由求出其单调区间，
（2）由，求得，再由圆的性质可得，设AB=a，AD=b，BC=c，CD=d，分别在和中利用余弦定理结合基本不等式可得，，从而可求出四边形ABCD面积S的取值范围.
【详解】(1)





，
∴
∴.
由，得，
所以单调递减区间为.
(2)由于，根据（1）得，
∵，∴，.
分别设AB=a，AD=b，BC=c，CD=d.
因BD=2，分别在和中由余弦定理得，，
∴，.
∵，，等号在a=b=2，时成立，
∴，，解得，.
∴.等号在a=b=2，时成立，
∵，
所以S的取值范围是.
19．某餐饮店饺子有水饺、蒸饺，面有带汤面条、带汤面块、干拌面条、干拌面块．其中蒸饺、干拌面条、干拌面块是不把食物与汤混在一起盛的，称为不带汤食物，其余的都是把食物与汤混在一起的．
(1)甲、乙、丙、丁四人各随机在上述食品中选一种就餐．记事件A＝“恰有2人选择面”，事件B＝“甲选择不带汤食物”，求；
(2)若三名顾客在上述食物中各随机选一种就餐，其中选择饺子的人数是，求的分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）分别求解和，然后根据条件概率公式得出结果．其中的求解需要分甲选择蒸饺和甲选择干拌面条或干拌面块两种情况考虑；
（2）由于有三名顾客就餐，所以分别求解的情况下的概率，列出分布列，利用期望公式求出期望．
【详解】(1)甲选择不带汤食物，这四人的选择方法总数为，
∴．
若甲选择蒸饺，则四人中恰有二人选择面的方法总数为．
若甲选择干拌面条或干拌面块，则四人中恰有二人选择面的方法总数为．
∴．
所以．
(2)由题意得所有可能取值为0，1，2，3．
，，
，．
∴的分布列为

0
1
2
3
P





∴．
20．如图，三棱锥P-ABC所有棱长都等，PO⊥平面ABC，垂足为O．点，分别在平面PAC，平面PAB内，线段，都经过线段PO的中点D．

(1)证明：平面ABC；
(2)求直线AP与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先得到，根据平面几何的知识得到O是的重心，从而求得；作求得，进而得到，从而证得结论；
（2）先求出平面的法向量，再根据线法角的计算公式计算即可．
【详解】(1)解：连接，延长交AB于点，连接，延长交AC于点，
分别连接，，．

是平面与平面的交线，，
，
∵ 三棱锥P-ABC所有棱长都相等，
∴ O为正△ ABC的重心，且，分别是AB，AC中点．
∴ ．
作交于点E，
则．
∵ D是PO中点，
∴ ．
∴ ．
同理，．
∴ ．
∵ 平面ABC，平面ABC，
∴平面ABC．
(2)解：根据条件得，，PO⊥AC．分别以过O平行于CA的直线为x轴，以直线OB为y轴，以直线OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．

设，
则，，，．
是的中点，
，
由（1）知，
即,
设，
则，
易得：，
同理得：．
∴　，，．
设是平面的一个法向量，
则，，
∴ ，，
∴ ，
不妨取，
解得：，
．
．
所以直线AP与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题（1）中的解题关键是判断，看似简单其实不易，另外用相似去求得也不容易想到，这种用几何法去证明线面平行，需要较强的平面几何知识，并且对空间中点、线、面的位置关系要有比较好的把握；（2）的难点在于点的坐标计算，计算一条线上的点的坐标，要想到用向量去处理．
21．已知直线与椭圆交于点A，B，与x轴交于点C，与y轴交于点D.当直线l经过椭圆E的左顶点时，椭圆E两焦点到直线l的距离之比为.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）得到经过椭圆E的左顶点时，直线方程为，利用点到直线距离列出方程，求出3c=2a，进而计算出离心率；
（2）根据3c=2a得到，直线l的方程为，设出椭圆E的方程为，联立后得到两根之和，两根之积，根据求出n=1，从而计算出.
【详解】(1)当直线经过椭圆E的左顶点时，m=b，此时l的方程为.
∴椭圆E的左焦点与右焦点到直线l的距离分别为，.
由题意可得：，即，解得：3c=2a，
∴椭圆E的离心率.
(2)∵3c=2a，
∴，即，
∴.
∴直线l的方程为①，
∴，.
设椭圆E的方程为②，
，.
将①代入②并化简得，.
∴，，.
∵，
∴，
∴，
∴，
∴14n=14，即n=1，
∵
∴，
即.
【点睛】直线与椭圆结合问题，通常要设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，本题中关键是设椭圆方程为，在联立时可以大大减少计算量.
22．已知函数，.
(1)求的零点个数；
(2)证明：.
【答案】(1)两个零点
(2)证明见解析

【分析】（1），构造，则的零点就是的零点，对求导，求出其单调性，结合零点存在性定理得到有两个零点，即有两个零点；
（2）先根据定义域求出，设，推导出，故只需证明，二次求导得到单调递增，构造，求导后研究函数单调性，得到，从而证明出，从而证明出结论.
【详解】(1)，定义域为，
设，，
则的零点就是的零点，
，令，则x=2.
当时，单调递增，当时，，单调递减，
所以x=2是的极大值点，且，
因为，故是在区间的唯一零点，
又因为，故存在唯一为的零点，
所以有两个零点，即有两个零点.
(2)由知.根据条件有意义，
∴，
∴.
设，
则，
且.
设，则，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故，单调递增.
设，则，
当时，，单调递减，
所以当时，，即，
故，即.
【点睛】本题用到了同构，在用导函数证明不等式或求解函数恒成立问题时，若函数中同时出现了指数函数与对数函数时，常常用到同构来进行处理，本题难点在于设，
则，从而只需证明.