2023届河北省邯郸市部分学校高三上学期11月月考数学试题含解析

2023届河北省邯郸市部分学校高三上学期11月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合和集合，若，则中的运算“⊕”是（    ）

A．加法 B．除法 C．乘法 D．减法

【答案】C

【分析】用特殊值，根据四则运算检验．

【详解】若，则，，，因此排除ABD．

故选：C．

2．在复平面内，复数z对应的点在第四象限，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的几何意义，以及模长公式，可得答案.

【详解】由题意，得，则，解得（2舍去），所以.

故选：D.

3．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则（    ）

A． B． C．51 D．

【答案】C

【分析】将全部代换为关于的表达式，求出，结合前项和公式即可求解

【详解】∵，，，

∴，，解得，，

则．

故选：C．

4．设函数的定义域为，则函数与函数的图象关于（    ）

A．直线对称 B．直线对称

C．直线对称 D．直线对称

【答案】D

【分析】根据点对称,即可判断两个函数的对称.

【详解】设函数的图象上任意一点，则，

关于直线的对称点为．

又函数中，当时，，

所以在的图象上．

故函数与函数的图象关于直线对称，

故选：D

5．已知函数，则取最大值时，x的一个值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】已知，利用三角函数和差角、二倍角公式，得出，结合正弦函数图像可得时有最大值，进而求出x的一个值.

【详解】解：

，

当，即时，等号成立，

取，得x的一个值为.

故选：C.

6．记为数列的前n项和，“对任意正整数n，均有”是“为递减数列”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据与的关系，利用作差法，可得充分性，取特殊例子，可得必要性，即得答案.

【详解】当时，则，∴，则“对任意正整数n，均有”是“为递减数列”的充分条件；

如数列为，显然数列是递减数列，但是不一定小于零，还有可能大于或等于零，所以“对任意正整数n，均有”不是“为递减数列”的必要条件，

因此“对任意正整数n，均有”是“为递减数列”的充分不必要条件.

故选：A.

7．已知点是所在平面内一点，若，则与的面积之比为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】特例验证法解选择题是一个快捷途径.本题可以把设为的三角形.

【详解】不妨设中，，边长，边长，

以A为原点、AB为x轴、AC为y轴建立平面直角坐标系

则、、,

,设，则

故

可得，故

的面积为，

的面积为

则与的面积之比为

故选：C

8．已知四面体ABCD的三组对棱的长分别相等，依次为3，4，x，则x的取值范围是　　

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出图形，设，，四面体可以由和在同一平面的△沿着为轴旋转构成，利用数形结合能求出的取值范围．

【详解】解：如图所示，

第一排 三个图讨论最短；第二排 三个图讨论最长，

设，，四面体可以由和在同一平面的△沿着为轴旋转构成，

第一排，三个图讨论最短：

当向趋近时，逐渐减少，，可以构成的四面体；

当时构成的四面体，不满足题意；

所以满足题意的四面体第三对棱长大于，

第二排，三个图讨论最长：

当向趋近时，逐渐增大，，可以构成的四面体；

当时构成的四面体，不满足题意；

所以满足题意的四面体第三对棱长小于；

综上，，．

故选B．

【点睛】本题考查了四面体中边长的取值范围问题，也考查了推理论证能力，属于难题．

二、多选题

9．若，则下列说法正确的是（    ）

A．是偶函数 B．是奇函数

C．没有最小值 D．没有最大值

【答案】AD

【分析】根据奇偶性的定义可判断AB的正误，根据二次函数的性质可判断CD的正误.

【详解】，所以为偶函数，故A正确，B错误．

令，则，

所以没有最大值，有最小值0，故C错误，D正确．

故选：AD.

10．设是给定的平面，A，B是不在内的任意两点，则下列各选项正确的是（    ）

A．在内存在直线与直线异面

B．在内存在直线与直线相交

C．在内存在直线与直线平行

D．存在过直线的平面与垂直

【答案】AD

【分析】根据空间中的直线与平面、以及平面与平面的位置关系，判断题目中的命题真假性即可．

【详解】解：因为、是不在内的任意两点，则直线与平面相交或平行.

若与平面相交，设交点为O，则内不过交点O的直线与异面，但平面内不存在与平行的直线；

若与平面平行，则在内存在直线b与平行，而在内与b相交的直线与异面，但内不存在直线与相交，由上知A正确，B、C均错；

无论与平面平行还是相交，过作平面的垂线，则这条垂线与直线所在平面与平面垂直（如果垂线与重合，则过的任意平面都与垂直），D正确.

故选：AD.

11．已知，那么下列命题正确的是（    ）

A．若角、是第一象限角，则

B．若角、是第二象限角，则

C．若角、是第三象限角，则

D．若角、是第四象限角，则

【答案】BCD

【分析】利用三角函数线逐项判断可得出合适的选项.

【详解】设角、的终边分别为射线、．

对于A，如图1，，

此时，，，所以，故A错误；

对于B，如图2，，

此时，，且，所以，故B正确；

对于C，如图3，，

此时，，且，所以，故C正确；

对于D，如图4，，，即，故D正确．

故选：BCD.

12．如图，在长方体中，，点P为空间一点，若，，则下列判断正确的是（    ）

A．线段长度的最小值为

B．当时，三棱锥的体积为定值

C．无论取何值，点P与点Q不可能重合

D．当时，四棱锥的外接球的表面积为

【答案】BD

【分析】用向量共面的基本定理判断点P在平面内，然后利用等体积法即可判断选项A；根据线面平行性质即可判断选项B；根据向量共面的基本定理即可判断选项C；利用几何的方法求出四棱锥外接球的半径即可判断选项D.

【详解】由得点P在平面内，

故的最小值为点A到平面的距离，利用等积法，

也即，所以，

易求，故A错误；

当时，点Q的轨迹为图中直线，

显然，易得平面，也即点Q的轨迹与平面平行，

故三棱锥的体积为定值，故B正确；

由，则点Q在平面内，又点P在平面内，且平面平面，故P，Q可能重合，故C错误；

当时，点Q为的中点，连接，其与的交点为，连接，则，设四棱锥的外接球的球心为O，则O在上，设球O的半径为R，则，解得.故球O的表面积为，故D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．若向量满足，则_________.

【答案】

【分析】根据题目条件，利用模的平方可以得出答案

【详解】∵

∴

∴.

故答案为：.

14．已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是__________．

【答案】

【分析】由题意分类讨论和两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.

【详解】分类讨论：①当时，即：，

整理可得：，

由恒成立的条件可知：，

结合二次函数的性质可知：

当时，，则；

②当时，即：，整理可得：，

由恒成立的条件可知：，

结合二次函数的性质可知：

当或时，，则；

综合①②可得的取值范围是，故答案为.

点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．

15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，则的最小值为______．

【答案】

【分析】先利用正弦定理将角化为边，然后利用余弦定理结合基本不等式求解即可.

【详解】，则原等式为，由正弦定理得，

，当且仅当时取等号．

故答案为：.

16．已知等差数列的前项和为，若，，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】利用等差数列的求和公式与等差数列的性质可得，进而可求得的取值范围.

【详解】设等差数列的公差为，

由，可得 ，

，可得，

∴，，

所以，，

所以，.

故答案为：.

四、解答题

17．在公差不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，又数列满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等比中项的性质，建立方程，解得首项，利用等差数列的通项，整理方程，可得公差，可得答案；

（2）由（1）可得数列的通项公式，分奇数和偶数两种情况，利用分组求和，结合等差和等比的求和公式，可得答案.

【详解】（1）公差d不为0的等差数列中，成公比为的等比数列，

所以，则，即，解得，

在公差不为0的等差数列中，由，可得，

代入，可得，整理可得，解得，

所以.

（2）由（1）可得，

当n为偶数时，

；

当n为奇数时，

.

所以

18．如图，在直棱柱中，与交于点E.

(1)求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线定理以及平行四边形的判定与性质，可得答案；

（2）由题意，根据线面垂直判定以及性质定理，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量以及平面的法向量，利用公式，可得答案.

【详解】（1）证明：分别取线段的中点F，G，连结，如图所示.

因为点F是线段的中点，，以，所以四边形是平行四边形，所以.

在中，点F是线段的中点，点E是线段的中点，所以.

因为点G是线段的中点，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又，所以.

又平面平面，所以平面.

（2）在直棱柱中，平面，又平面，所以.

又平面，所以平面，

又平面，所以.

不妨设，以B为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，所以.

设平面的一个法向量，所以，即，

令，解得，所以平面的一个法向量.

设直线与平面成角的大小为，则，

即直线与平面所成角的正弦值是.

19．设的内角的对边分别为，为钝角，且．

(1)探究与的关系并证明你的结论；

(2)求的取值范围．

【答案】(1)，证明见解析

(2)

【分析】（1）由题意及正弦定理得到，即，结合诱导公式，即可求解；

（2）由（1）得，令，化简得到，结合二次函数的性质，即可求解.

【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，

所以，即，

又因为，所以，

于是，所以.

（2）解：由（1）知，，所以，所以，

所以，

令，则且，

所以，

当时，取得最大值，最大值为，

当或时，函数值为，

所以的取值范围是．

20．已知数列满足，，，n为正整数.

(1)证明：数列是等比数列，并求通项公式；

(2)证明：数列中的任意三项，，都不成等差数列；

(3)若关于正整数n的不等式的解集中有且仅有三个元素，求实数m的取值范围；

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）将所给等式变形为，根据等比数列的定义即可证明结论；

（2）假设存在，，成等差数列，根据等差数列的性质可推出矛盾，故说明假设错误。从而证明原结论；

（3）求出n=1,2,3,4时的情况，再结合时，，即可求得结果.

【详解】（1）由已知可知，显然有 ，否则数列不可能是等比数列；

因为，，故可得 ，

由 得： ，

即有 ，所以数列是等比数列，

且 ；

（2）假设存在，，成等差数列，

则 ，即，

整理得，即 ，

而是奇数，故上式左侧是奇数，右侧是一个偶数，不可能相等，

故数列中的任意三项，，都不成等差数列；

（3）关于正整数n的不等式，即，

当n=1时，；当n=2时，；当n=3时，；当n=4时，，

并且当 时，，

因关于正整数n的不等式的解集中有且仅有三个元素，

故 .

21．如下图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，．

（1）求平面与平面夹角的余弦值；

（2）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，利用此定义求异面直线与之间的距离．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PAB和平面PCD的法向量，利用夹角公式求解即可；

（2）设为直线PB上一点，且，利用坐标运算求出点到直线的距离，求出最值即可.

【详解】解：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，

则各点的坐标为B（1,0,0），，，

（1）因为平面，且面，

，又，且，

AD⊥平面PAB，

所以是平面PAB的一个法向量，    

因为，.

设平面PCD的法向量为，

则，

即，令，解得，.

所以是平面PCD的一个法向量，        

从而，

所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为；

（2）因为，

设为直线PB上一点，且，

又，

则，    

则点到直线的距离

∵

∴

所以异面直线PB与CD之间的距离为.

【点睛】本题考查利用空间向量的坐标运算求二面角，求点到直线的距离，考查学生的计算能力和空间想象能力，是一道难度较大的题目.

22．已知函数.

(1)求的图象在处的切线方程；

(2)已知在上的最大值为，讨论关于x的方程在内的根个数，并加以证明.

【答案】(1)

(2)关于x的方程在内有两个不相等的实数根，证明见解析

【分析】（1）由函数解析式，求导，并求出该点处的函数值与导数值，根据切线方程的求法，可得答案；

（2）由（1）分三种情况，求最值，建立方程，求得参数，分与，利用导数研究其单调性，结合零点存在性定理，可得答案.

【详解】（1）因为，所以，

，

所以的图象在处的切线方程为，即.

（2）当时，有，则.

当时，，不符合题意；

当时，，则在上单调递减，即，不符合题意；

当时，.则在上单调递增，

即，解得.

令，则在上单调递增.

因为，所以在内存在唯一的零点.

当时，，

令，则，

所以当时，有，则，即在上单调递减，

因为，

所以在内存在唯一零点，即，

所以当时，，即在上单调递增，

所以有，即在内无零点，

当时，，所以在上单调递减.

因为，所以在内有且仅有一个零点.

综上，关于x的方程在内有两个不相等的实数根.

【点睛】利用导数研究函数问题时，对于导数的处理，一般采用分解因式与再次求导研究导函数单调性与最值两种方程，采用再次求导时，往往需要设一个零点，即为导函数极值点，求得导函数最值，可得原函数的单调性.