2023届山东省聊城第一中学高三上学期11月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省聊城第一中学高三上学期11月月考数学试题（解析版），共19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。

一、单选题
1．设全集，，则
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求得集合中的元素，由此求得集合的补集.
【详解】∵，∴.
故选D.
【点睛】本小题主要考查补集的概念和运算，属于基础题.
2．若“”为真命题，则实数a的最小值为（ ）
A．B．C．6D．7
【答案】B
【分析】由题知，再根据题意求解即可.
【详解】解：当时，，所以.
因为命题“”为真命题，
所以，实数a的最小值为.
故选：B
3．设z=-3+2i，则在复平面内对应的点位于
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】先求出共轭复数再判断结果.
【详解】由得则对应点（-3，-2）位于第三象限．故选C．
【点睛】本题考点为共轭复数，为基础题目．
4．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，函数是奇函数，且当时，，则（ ）
A．-18B．-12C．-8D．-6
【答案】D
【分析】首先根据题意得到，再根据的奇偶性求解即可.
【详解】由题知：，所以当时，，
又因为函数是奇函数，所以.
故选：D
5．某地由于人们健康水平的不断提高，某种疾病的患病率正以每年的比例降低.若要求患病率低于当前患病率的，则至少需要经过的时间为（ ）（参考数据：）
A．4年B．5年C．6年D．7年
【答案】B
【分析】根据已知条件列不等式，解不等式求得需要经过的时间.
【详解】假设至少需要经过的时间为（单位：年），
由题意得，
两边取以为底的对数得，
.因为，
所以.
故选：B
6．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F作倾斜角为60°的直线交抛物线于M，N两点（），作，垂足为K，则外接圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，列出直线的方程，联立直线与抛物线的方程，求出点，利用两点间距离公式与抛物线的性质，得到为等边三角形，且边长，再利用正弦定理求出外接圆的半径，进而得到外接圆的面积.
【详解】由题得焦点，，则直线MN的方程为，联立解得，作，则点K的坐标为，，同理可得.
由抛物线定义可知，所以为等边三角形，所以外接圆的半径，所以外接圆的面积
故选：D
7．我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周牌算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、……《缉古算经》等10部专著，有着十分丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期．某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著为事件，可以求,运用公式，求出.
【详解】设所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著为事件，
所以，因此,故本题选A.
【点睛】本题考查了求对立事件的概率问题，考查了运算能力.
8．已知椭圆的左焦点为F，A，B分别为C的左右顶点，与y轴的一个交点为D，直线AD，BG的交点为M，且轴，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】解法一：写出直线AD的方程与直线BG的方程，求出，由求得离心率；
解法二：分别由与求出，建立关系式即可求得离心率.
【详解】解法一：由题意可知，
故直线AD的方程为，即，
直线BG的方程为，即，
联立直线AD，BG的方程，解得.
又轴，所以，所以C的离心，
故选：A.
解法二：设O为坐标原点，由题意知，
故 ，所以，即，解得.
又，所以，即 ，
解得，则，得，
所以C的离心率
故选：A.
二、多选题
9．关于多项式的展开式，下列结论中正确的有（ ）
A．各项系数之和为0
B．各项系数的绝对值之和为256
C．存在常数项
D．含x项的系数为
【答案】ABC
【分析】选项，令即可求解；选项，将多项式中的换为2，再令即可求解；选项，求出展开式的通项公式，利用二项式定理的性质即可求解．
【详解】解：选项A：令代入多项式，可得各项系数和为，故A正确；
选项B：取多项式，令代入多项式可得：，
所以原多项式各项系数的绝对值之和为256，故B正确；
选项C：多项式可化为，则展开式的通项公式为，
当，2，4即，2，4时，有常数项，
且当时，常数项为，当时，常数项为，
当时，常数项为，故原多项式的展开式的常数项为，故C正确；
选项D：当时，展开式中含x的项为，
当时，含x的项为，
故原多项式的展开式中含x的项的系数为，故D错误，
故选：ABC.
10．已知数列的首项为4，且满足，则（ ）
A．为等差数列
B．为递增数列
C．的前项和
D．的前项和
【答案】BD
【分析】由得，所以可知数列是等比数列，从而可求出，可得数列为递增数列，利用错位相减法可求得的前项和，由于，从而利用等差数列的求和公式可求出数列的前项和.
【详解】由得，所以是以为首项，2为公比的
等比数列，故A错误；因为，所以，显然递增，故B正确；
因为，，所以
，故，
故C错误；因为，所以的前项和，
故D正确.
故选：BD
【点晴】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，涉及到递推公式求通项，错位相减法求数列的和，等差数列前n项和等，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.
11．设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的一个周期为B．的图象关于直线对称
C．的一个零点为D．在上单调递减
【答案】ABC
【分析】根据周期、对称轴、零点、单调性，结合整体思想即可求解.
【详解】对于A项，函数的周期为，，当时，周期，故A项正确；
对于B项，当时，为最小值，此时的图象关于直线对称，故B项正确；
对于C项，，，所以的一个零点为，故C项正确；
对于D项，当时，，此时函数有增有减，不是单调函数，故D项错误.
故选：ABC.
12．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，N1为A1B1C1D1所在平面上一动点，且NN1⊥平面ABCD，则下列命题正确的是（ ）
A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆
B．若三棱柱NAD﹣N1A1D1的表面积为定值，则点N的轨迹为椭圆
C．若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
【答案】ACD
【分析】A：根据线面角的定义，结合圆的定义进行判断即可；
B：根据棱柱的表面积公式，结合椭圆的定义进行判断即可；
C：根据抛物线的定义，结合正方体的性质进行判断即可；
D：建立空间直角坐标系，利用平面向量夹角公式，结合双曲线的标准方程进行判断即可.
【详解】A：连接，因为平面ABCD，所以是MN与平面ABCD所成的角，
即，因为M为DD1的中点，所以，在直角三角形中，
，因此点N的轨迹为以为圆心半径为2的圆，所以本选项命题是真命题；
B：过做，设三棱柱NAD﹣N1A1D1的表面积为，
所以定值，
显然有到、直线的距离之和为定值，这与椭圆的定义不符合，故本选项命题是假命题；
C：连接，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
即点N到直线BB1与NB相等，所以点N的轨迹为点N到点B与直线DC的距离相等的轨迹，即抛物线，所以本选项命题是真命题；
D：以为空间坐标系的原点，所在的直线分别为，
，
则有、，因为D1N与AB所成的角为，
所以，所以点N的轨迹为双曲线，故本选项命题是真命题,
故选：ACD
【点睛】关键点睛：根据圆锥曲线和圆的定义，结合正方体的性质是解题的关键.
三、填空题
13．若曲线在点处的切线与直线平行，则实数a的值为___________.
【答案】
【分析】利用导数的几何意义即可求解.
【详解】由，可得，
，，，
切线为，.
故答案为：.
14．已知双曲线的左､右焦点分别是，，P是双曲线右支上一点，，O为坐标原点，过点O作的垂线，垂足为点H，若双曲线的离心率，存在实数m满足，则___________.
【答案】
【分析】由题意，可得相似三角形，根据相似三角形性质，建立等量关系，结合离心率的公式，建立方程，可得答案.
【详解】当时，代入双曲线可得，
由可得，由题易得.
由相似三角形的性质可知，，则，
，整理得.，
，解得.
故答案为：.
15．从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是_____.
【答案】.
【分析】先求事件的总数，再求选出的2名同学中至少有1名女同学的事件数，最后根据古典概型的概率计算公式得出答案.
【详解】从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有种情况.
若选出的2名学生恰有1名女生，有种情况，
若选出的2名学生都是女生，有种情况，
所以所求的概率为.
【点睛】计数原理是高考考查的重点内容，考查的形式有两种，一是独立考查，二是与古典概型结合考查，由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正确基本事件总数是解题的重要一环.在处理问题的过程中，应注意审清题意，明确“分类”“分步”，根据顺序有无，明确“排列”“组合”.
16．在中，为上两点且，若，则的长为_____________.
【答案】
【分析】分别在与中利用余弦定理表示出与，根据可得，在中，利用余弦定理即可求解.
【详解】由题意，在中，由余弦定理得,
在中，由余弦定理得.
又，
即.
又，.
易知.
在中，由余弦定理得，.
故答案为: .
四、解答题
17．已知数列中，，(为常数).
（1）若，，成等差数列，求的值；
（2）若为等比数列，求的值及的前项和.
【答案】（1）；（2），
【分析】（1）根据递推公式得出值，再结合等差中项的性质，即可得出的值；
（2）由等比数列的性质得出，最后由求和公式计算即可.
【详解】（1）令，
令，
令，
而，，成等差数列，则，即
解得（舍），，即.
（2）由等比数列的性质可知，，即，解得
设其公比为，则
所以，数列前项和.
【点睛】本题主要考查了等差数列的性质的应用以及求等比数列的前项和，属于中档题.
18．如图，在棱柱中，平面ABCD，四边形ABCD是菱形，，点N为AD的中点，且.
(1)设M是线段上一点，且.试问：是否存在点M，使得直线平面MNC？若存在，请证明平面MNC，并求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)存在，
(2)
【分析】（1）取的中点P，连接CP交于点M，点M即为所求，由线面平行的判定定理证明线面平行，由平行线的性质得比值；
（2）以N为坐标原点，NC，ND，NP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦．
【详解】（1）取的中点P，因为，所以.
所以共面，连接CP交于点M，点M即为所求.
证明：连接PN，因为N是AD的中点，P是的中点，所以，
又平面MNC，平面MNC，
所以直线平面MNC.
因为，所以.
（2）连接AC.
由（1）知.
又平面ABCD，所以平面ABCD.
因为，四边形ABCD是菱形，
所以为正三角形，所以.
以N为坐标原点，NC，ND，NP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.
又，所以，
所以点，
则.
设平面的法向量，则，即，
令，得.
设平面的法向量，则，即，
令，得，
所以，
由图易得二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19．已知椭圆的半焦距，离心率，且过点，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点的直线l与椭圆C分别交于不同的两点A，B，若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)把点代入椭圆得，在结合以及椭圆的性质，可解出，，的值，再结合离心率的取值范围，即可算出椭圆方程；
(2)当直线的斜率存在时，可设出直线方程为，联立椭圆的标准方程，由根的判别式可得，然后由韦达定理整理出，再结合即可得出；再讨论当直线的斜率不存在时，直线为，易得，综合两种情况即可得到答案.
【详解】（1）由题意得，
整理得，
即，
解得或.
当时，，此时C的离心率，符合题意；
当时，，此时C的离心率，不合题意，舍去，
所以椭圆C的方程为.
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
联立得，
因为直线l与椭圆C分别交于不同的两点A，B，
所以，整理得.
设，则，
所以
，
因为，所以令，则，
由，得，即，
因为，所以，
解得，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，
此时直线l与椭圆C的两交点分别为，
不妨取，则，
所以，所以，解得，
综上所述，的取值范围为.
20．某市为争创“文明城市”，现对城市的主要路口进行“文明骑车”的道路监管，为了解市民对该项目的满意度，分别从不同地区随机抽取了200名市民对该项目进行评分，绘制如下频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中的值，并计算这200名市民评分的平均值；
(2)用频率作为概率的估计值，现从该城市市民中随机抽取4人进一步了解情况，用表示抽到的评分在90分以上的人数，求的分布列及数学期望.
【答案】(1)；平均分为分
(2)分布列答案见解析，期望为1
【分析】（1）根据频率分布直方图频率之和为1计算即可；（2）根据二项分布概率公式计算列的分布列，数学期望计算即可.
【详解】（1）由频率分布直方图知，
，
由，解得，
（分）.
（2）评分在90分以上的频率为，用频率作为概率的估计值，现从该城市中随机抽取4人可以看成二项分布，,
的所有可能取值为0，1，2，3，4，
，
，
，
，
，
所以X的分布列为：
.
21．记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】（1）证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
（2）解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
22．已知函数，e为自然对数的底数.
(1)求函数的极值；
(2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值
(2)
【分析】（1）求导以后判断函数的单调性，进而可求出极值；
（2）等价转化为，构造，通过研究函数的性质即可求出结果.
【详解】（1）∵，∴，（点拨：导函数中含有参数，需要注意对参数分类讨论）
当时，，单调递增，函数无极值.
当时，令，得，得，易知当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
综上，当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值.
（2）解法一 由得，，整理得.
令，则，，
当时，，单调递增，
且当时，，不满足题意.
当时，，满足题意.
当时，令，
则，∴函数在上单调递增，
而，且当时，，
∴在上存在唯一的，使得，即，（技巧：利用零点存在定理判断）
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴.
令，则，
∴函数在上单调递减，又，∴.
又，∴.
综上，实数a的取值范围为.（分类讨论后，注意整合结论）
解法二 由得，，整理得.
令，
则，，
当时，，单调递增，
且当时，，不满足题意.
当时，，满足题意.
当时，得.（技巧：分离参数，构造函数）令，
则，
令，则，（点拨：一次求导之后，无法判断导函数的符号时，要构造函数，进行二次分析）
∴单调递减，又，
故当时，，即，单调递增，
当时，，即，单调递减，
∴，∴，得.
综上，实数a的取值范围为.
解法三 由得，，整理得.
令，
则，，当时，，单调递增，
且当时，，不满足题意.
当时，，满足题意.
当时，由，得.
现在证明当时，.
∵，∴，
令，则，
易知单调递增，且，
∴当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴，∴恒成立，
得恒成立.
综上，实数a的取值范围为.
【点睛】恒成立问题解题思路：
（1）参变量分离：
（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.
0
1
2
3
4