2023届福建省福鼎市第六中学高三上学期12月月考试数学试题（解析版）

这是一份2023届福建省福鼎市第六中学高三上学期12月月考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届福建省福鼎市第六中学高三上学期12月月考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则=（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对数函数的定义域化简集合，根据一元二次不等式的解法化简，根据交集的定义求即可.【详解】，，所以，.故选：D.2．若，，是的共轭复数，则（    ）A． B．2 C． D．10【答案】C【分析】根据共轭复数的概念写出，然后，求出，进而求出的模长.【详解】，所以，故选：C3．已知，，，若，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据得到，然后根据投影向量的定义求投影向量即可.【详解】，因为，所以，解得，，所以向量在向量上的投影向量为.故选：B.4．在世界文化史上，陀螺的起源甚早，除了南极洲外，在其他大陆都有发现．<<世界图书百科全书>>这样写道：“没有人准确知道人们最初玩陀螺的时间．但古希腊儿童玩过陀螺，而在中国和日本，陀螺成为公众娱乐已有几百年的时间．”已知一陀螺圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，底面圆的直径，这个陀螺的表面积（    ）A．  B． C． D．【答案】C【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积．【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，所以圆锥体的侧面积为，圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为，所以此陀螺的表面积为，故选:C．5．已知，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】解：因为，所以，所以，即，即，即.故选：A6．若函数在上存在两个零点，则实数m的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用辅助角公式化简函数得，令，则，问题转化为函数的两个交点，画出图像，找出关系式解出即可.【详解】因为所以令，则因为，所以若函数在上存在两个零点，问题转化为与图像有两个交点如图 由图可得：解得：故选：B.7．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，利用导数判断其单调性，结合题意即可容易比较大小.【详解】由题可得：，令，则，当时，，又，则，即，故在单调递增，，则当时，，即，；令，则，当时，，又，则，即，故在单调递减，，故当时，，即，；综上所述，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数单调性比较大小；处理问题的关键是能够结合已知数据，构造合理的函数，从而利用导数判断其单调性，再根据单调性比较大小，属综合困难题.8．已知直三棱柱中，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（  ）A． B． C． D．【答案】C【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，所以，平面所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，因为，令因为，所以，在中，，所以，，所以，，所以，当，即时，取得最大值，所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，所以，，所以，所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，所以，直三棱柱外接球的半径，即，所以，直三棱柱外接球的体积为.故选：C 二、多选题9．已知圆M的一般方程为，则下列说法正确的是（    ）A．圆M的半径为5B．圆M关于直线对称C．点在圆M内D．实数x，y满足圆M的方程，则的最小值是5【答案】ABD【分析】根据圆的方程可确定圆心与半径即可判断A；根据圆的对称性可判断B；根据点与圆的位置关系可判断C；结合圆外一点与圆上一点求最值即可判断D.【详解】解：圆M的一般方程为，化为标准方程为则圆心，半径为5，故A正确；圆心满足直线方程，则直线过圆心，所以圆M关于直线对称，故B正确；点到圆心的距离为，故该点在圆外，故C不正确；实数x，y满足圆M的方程，则为圆上一点与点的距离，又，则在圆外，所以的最小值即，故D正确.故选：ABD.10．已知函数，其中，为实数，则下列条件能使函数仅有一个零点的是（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】ACD【分析】将的值代入解析式，利用导数分析函数的单调性与极值，结合图象及零点存在性定理，判断零点个数.【详解】由已知可得的定义域为.对于A、当时，，则.当或时，;当时，，故在和上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，在处取得极小值.因为 且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.对于B、当时，，则.当或时，;当时，，故在和上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，在处取得极小值.又因为，且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有两个交点，故此时有且只有两个零点，故该选项不合题意.对于C、当时，，则在上恒成立，当且仅当时取等号，故在上单调递增，又因为 ，且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.对于D、当时，，则在上恒成立，故在上单调递增，又因为，且的图象连续不断，故的图象与轴有且只有一个交点，故此时有且只有一个零点，故该选项符合题意.故选:ACD.11．三棱柱中，棱长均为2，顶点在底面上的投影为棱的中点，为的中点，是上的动点，则（    ）A．三棱柱的体积为1 B．与平面所成的角为C． D．异面直线与所成角为【答案】BC【分析】根据给定条件，求出三棱柱的高，计算体积判断A；利用线面角的定义计算判断B；证明平面，平面判断C，D作答.【详解】三棱柱中，棱长均为2，令中点为O，连AO，如图，依题意平面，有，，而，因此三棱柱的体积，A不正确；由平面知，是与平面所成的角，而，则，B正确；因为的中点，又，则有，平面，因此平面，而平面，则，C正确；，即四边形是平行四边形，有，则有平面，又平面平面，即有平面，而平面，则，因，平面，于是得平面，而平面，则，而是上的动点，因此异面直线与所成角为，D不正确.故选：BC12．已知函数的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】由是偶函数，得出是奇函数，结合等式，，可得函数的周期为4且函数的对称中心为，赋值运算即可判断各选项.【详解】解：若为偶函数，则，故，则为奇函数故，由可得，又可得，两式相减得，所以函数的周期为4；由可得又可得，两式相加得所以函数的对称中心为；则，，故A选项正确；又，则，由函数的周期为4可得，，故B，D选项正确；可得，所以，故C选项不正确；故选：ABD. 三、填空题13．写出满足条件“函数的图象关于直线对称”的的一个值________．【答案】（答案不唯一，满足即可）【分析】以为整体，结合余弦函数的对称轴运算求解.【详解】由题意可得：，则，当时，.故答案为：.14．设曲线在点（0,1）处的切线与曲线上点处的切线垂直，则的坐标为_____．【答案】【详解】设.对y＝ex求导得y′＝ex，令x＝0，得曲线y＝ex在点(0，1)处的切线斜率为1，故曲线上点P处的切线斜率为－1，由，得，则，所以P的坐标为(1，1)．【解析】导数的几何意义．15．向量为直线的方向向量，,则数列的前2011项的和为_______.【答案】2011【分析】由题可得，即，进而即得.【详解】因为是直线的方向向量，∴，即，∴，又，∴，所以数列的前2011项的和.故答案为：2011.16．已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________．【答案】##【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解.【详解】[方法一]：余弦定理设，则在中，，在中，，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当取最小值时，.故答案为：.[方法二]：建系法令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.则C（2t,0），A（1，），B（-t,0）[方法三]：余弦定理设BD=x,CD=2x.由余弦定理得，，，，令，则，，，当且仅当，即时等号成立.[方法四]：判别式法设，则在中，，在中，，所以，记，则由方程有解得：即，解得：所以，此时所以当取最小值时，，即.    四、解答题17．已知数列的前n项和为，满足，数列满足，且(1)求数列和的通项公式；(2)设，求数列的前n项和为Tn．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据前n项和为与的关系可求出；根据递推公式先构造数列，再根据构造数列的通项公式求出的通项；（2）写出通项公式，用错位相减法求出.【详解】（1）∵，∴，两式相减得：，∴，又，∴，∴是以首项为1，公比为2的一个等比数列，∴；由得：,又∴是以首项为1，公差为1的一个等差数列，∴，∴；（2）由（1）知，∴，∴，两式相减得：，∴.18．在锐角中，角，，所对的边为，，，且．(1)证明：；(2)求的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由正弦定理化简可得，所以，即可证明.（2）因为△ABC为锐角三角形，可求出的范围，即可求出的范围，由正弦定理化简，令，，由函数的单调性即可求出的取值范围．【详解】（1）∵，由正弦定理，得，即，∴， ∴或（舍），即，∴，∴．（2）由锐角△ABC，可得，，．即， ∴．∵． 令，，因为在上单调递增，所以当，当，∴．19．如图，在四棱锥中，底面为正方形，点在底面内的投影恰为中点，且．(1)若，求证：面；(2)若平面与平面所成的锐二面角为，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）根据已知条件，不妨设，，然后根据勾股定理分别证明，，最后根据线面垂直的判断进行证明即可.（2）首先过点做底面垂线，垂足为中点.不妨假设底面正方形的边长为，.建立空间直角坐标系，通过已知条件平面与平面所成的锐二面角为，求出，最后根据线面角的夹角公式进行求解即可.【详解】（1）如图，连接，.已知，不妨设，.已知点在底面的投影落在中点，所以四棱锥为正四棱锥，即，底面为正方形，，得，同理得，为的中点，，，得，，，同理可得，平面，平面，且，平面.（2）如图，过点做底面垂线，垂足为中点.以所在直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴如图建立空间直角坐标系.不妨假设底面正方形的边长为，.因此得，，，，，.，，，，设平面的法向量为，由，得，解得：，，，故；设平面的法向量为，由，得，解得：，，，故；由平面与平面所成的锐二面角为，得，解得或（舍）.得，，设直线与平面所成角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.20．5G技术的价值和意义是在自动驾驶、物联网等领域．其数学原理之一是香农公式：，其中：（单位：）是信道容量或者叫信道支持的最大速度，（单位；）是信道的带宽，（单位：）是平均信号率，（单位：）是平均噪声功率，叫做信噪比．（1）根据香农公式，如果不改变带宽，那么将信噪比从1023提升到多少时，信道容量能提升？（2）已知信号功率，证明：；（3）现有3个并行的信道上，，，它们的信号功率分别为，，（），这3个信道上已经有一些噪声或者信号功率．根据（2）中结论，如果再有一小份信号功率，把它分配到哪个信道上能获得最大的信道容量？只需写出结论【答案】（1）提升到2047；（2）证明见解析；（3）把那一小份分配到信道上能获得最大的信道容量．【分析】（1）先把时，算出来，再令，解得；（2）利用对数运算化简即可证明；（3）由（2）可知当时，，随着的增大也会增大，可是增加的速度会越来越慢，所以把那一小份分配到信道上能获得最大的信道容量．【详解】（1）当时，，令，得，解得，所以若不改变带宽，将将信噪比从1023提升到2047时，信道容量能提升（2）证明：右边=左边，所以，原式成立．（3）分配到信道上能获得最大的信道容量．21．设椭圆C：的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．【答案】(1)，；(2)证明见解析 【分析】（1）求出焦点坐标，代入x＝1，求出A点坐标，从而得到直线AM的方程；（2）先考虑直线斜率为0和斜率不存在时，再考虑斜率存在且不为0时，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出斜率之和，代入两根之和，两根之积，求出斜率之和为0，故MA，MB的倾斜角互补，得到∠OMA＝∠OMB．【详解】（1）由题意得：，∴，∵l与x轴垂直，∴x＝1，由，解得或，∴或，∴直线AM的方程为或整理得：，；（2）证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°，当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴∠OMA＝∠OMB，当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，k≠0，，则，，直线MA，MB的斜率之和为，之和为，由得：，将代入可得，∴，，∴，从而，故MA，MB的倾斜角互补，∴∠OMA＝∠OMB，综上∠OMA＝∠OMB．【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和两根之积，再根据题干条件得到方程，求出答案，本题中要将角度相等问题转化为斜率之和为0进行求解.22．已知函数（）.(1)，求证：；(2)证明：.()【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）先证，令，利用导数判断函数单调性，即可证明；再证，令，利用其导数判断其单调性即可证明；（2）l利用（1）的结论，可得，从而将原不等式转化为，继而转化为证，即证；由此构造函数，利用其导数判断单调性即可证明.【详解】（1）先证，令，此时，故，所以在上单调递增，所以，即.再证，令，，，在上单调递增，故，即，综合以上可得时，；（2）由（1）可知，，要证，只需证，即证，即证；，要证，即证令，则，在上单调递增，，，所以在区间上存在零点，则时，，时，，故在上单调递减，上单调递增，而，，由于 ，,故，故，所以时，，故当时，成立，当时，也成立，所以，得证，则成立.【点睛】关键点点睛：证明不等式的关键在于利用时， ，从而将原不等式转化为证明.