2023届海南省海口市海口中学高三上学期10月月考数学试题（A卷）含解析

这是一份2023届海南省海口市海口中学高三上学期10月月考数学试题（A卷）含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届海南省海口市龙华区海口中学高三上学期10月月考数学试题（A卷）

一、单选题
1．若集合A={x|-1≤x≤2，x∈N}，集合B={2，3}，则A∪B等于（    ）
A．{-1，0，1，2，3} B．{0，1，2，3} C．{1，2，3} D．{2}
【答案】B
【分析】根据并集的定义，即可得出结果.
【详解】因为集合A={x|-1≤x≤2，x∈N}，集合B={2，3},即集合A={0,1,2}，
所以A∪B={0，1，2，3}.
故选：B.
【点睛】本题考查并集的定义及运算，属于基础题.
2．已知复数，是z的共轭复数，则的虚部为（    ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数四则运算可得，再求即可得虚部．
【详解】∵，则
∴的虚部为
故选：C．
3．已知实数，，，则a，b，c的大小关系是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据对数函数单调性确定，即得b范围，再根据指数函数单调性以及幂函数单调性确定a， c范围，最后根据范围可比较大小.
【详解】因为
所以2+2ln2＞2，因此1＜＜2， 0＜＜1，
∴c＜a＜b．
故选：A．
【点睛】本题考查利用对数函数单调性、指数函数单调性以及幂函数单调性比较大小，考查基本分析判断能力，属基础题.
4．已知，且，则的最小值是（    ）
A．11 B．9 C．8 D．6
【答案】A
【分析】根据基本不等式即可由积为定值求和的最小值.
【详解】，因为，所以，故，当且仅当时，等号成立.
故选：A
5．容器中有浓度为的溶液a升，现从中倒出b升后用水加满，再倒出b升后用水加满，这样进行了10次后溶液的浓度为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别写出前两次的浓度，根据规律求出10次后溶液的浓度.
【详解】1次后浓度为，
2次后浓度为，
……………，
故10次后浓度为.
故选：B
6．已知数列的前项和为，且().记，为数列的前项和，则使成立的最小正整数为（    ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】根据之间的关系证明为等比数列，然后再证明也是等比数列，由此求解出.根据不等式结合指数函数单调性求解出的取值范围，从而确定出的最小整数值.
【详解】解析：由，可知，
∴，即.
时，，∴，∴，∴，
∴数列是以1为首项，以为公比的等比数列.
∴.又，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列.
∴.
又，∴，即，
∴.又，∴的最小值为7.
故选：C.
7．已知为椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，则该椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，


设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的半实轴长为a2，则根据椭圆及双曲线的定义：
|PF1|+|PF2|=2a1，|PF1|﹣|PF2|=2a2，
∴|PF1|=a1+a2，|PF2|=a1﹣a2，
设|F1F2|=2c，∠F1PF2=，则：
在△PF1F2中由余弦定理得，
4c2=（a1+a2）2+（a1﹣a2）2﹣2（a1+a2）（a1﹣a2）cos，
化简得：（）a12+（）a22=4c2，
即，
又∵ ，
∴，即≥，当时等号成立
即椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为．
故选B．
点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
8．定义：设函数在上的导函数为，若在上也存在导函数，则称函数在上存在二阶导函数，简记为.若在区间上，则称函数在区间上为“凹函数”.已知在区间上为“凹函数”，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题中“凹函数”的定义，f''(x)=mex+lnm﹣ln(x+1)﹣1>0对任意x∈(﹣1，+∞)都成立，
同构为ex+lnm+(x+lnm)>eln(x+1)+ln(x+1)，利用g(x)=ex+x在(﹣∞，+∞)是增函数，得不等式
lnm>h(x)=ln(x+1)﹣x的最大值，求出的最大值，即可得解.
【详解】解：因为
所以f'(x)=mex+(x+1)[lnm﹣ln(x+1)]+1，f″(x)=mex+lnm﹣ln(x+1)﹣1，
因为在区间(﹣1，+∞)上为“凹函数”，
所以f''(x)=mex+lnm﹣ln(x+1)﹣1>0对任意x∈(﹣1，+∞)都成立，
因为mex+lnm﹣ln(x+1)﹣1>0⇔mex+lnm>ln(x+1)+1
⇔ex+lnm+(x+lnm)>ln(x+1)+(x+1)
⇔ex+lnm+(x+lnm)>eln(x+1)+ln(x+1)，
且g(x)=ex+x在(﹣∞，+∞)是增函数，
所以ex+lnm+(x+lnm)>eln(x+1)+ln(x+1)
⇔x+lnm>ln(x+1)⇔lnm>ln(x+1)﹣x，
由题意，lnm>h(x)=ln(x+1)﹣x的最大值，
， ，
， 单调递增；
，单调递减， ，
即lnm>0，所以m>1，
故选：A
【点睛】注意同构法在解题中的应用，对于常见形式的同构要熟练运用,如 =.

二、多选题
9．下列选项正确的是（    ）
A．从5幅不同的国画和2幅不同的水彩画中任选一幅画布置房间，有7种不同的选法
B．若p：，，则：，
C．若，则
D．二项式的展开式的各项系数和为81
【答案】ABD
【分析】A. 利用组合求解判断； B.利用含有一个量词的命题的否定定义判断；C.利用二项式的系数和判断；D.令x=1求解判断.
【详解】A. 从5幅不同的国画和2幅不同的水彩画中任选一幅画布置房间，有7种不同的选法，故正确；
B.若p：，，则：，，由含有一个量词的命题的否定定义知：正确；
C. 若，则，故错误；
D.令x=1，得二项式的展开式的各项系数和为81，故正确，
故选：ABD
10．已知，函数，则下列选项正确的是（    ）
A．函数的值域为．
B．将函数图像上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图像向左平移个单位长度，可得函数的图像．
C．函数是偶函数．
D．函数在区间内所有零点之和为．
【答案】AD
【分析】首先根据平面向量数量积的坐标表示及三角恒等变换公式化简，再根据正弦函数的性质及三角函数的变换规则判断即可；
【详解】解：因为且，
所以，
因为，所以，故A正确；
将图像上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到，
再将向左平移个单位长度得到，故B错误；
，故为非奇非偶函数，故C错误；
令，即，所以，所以或，解得或，
因为，所以或，即，故D正确；
故选：AD
11．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（    ）
A．若1班不再分配名额.则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
【答案】BD
【分析】对于AB，将20个名额分给n个班，且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，用插空法；对于CD，将问题转化为将10个，名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，进而结合挡板法求解即可得到.
【详解】解：对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据隔板法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，由于1班有2个劳模，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，
再将10个，名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，故有种，故C错误，D正确.
故选：BD.
12．已知，则下列有关函数在上零点的说法正确的是（    ）
A．函数有5个零点 B．函数有6个零点
C．函数所有零点之和大于2 D．函数正数零点之和小于4
【答案】BC
【分析】画出函数的图象，然后使用换元法，令，转化为可知的范围，然后结合图象进行判断即可.
【详解】画出函数的图象，如图所示：

令，则将问题转化为方程根的个数
当时，，又
所以，所以函数在处的切线方程为
又当时，
所以方程根的个数分别为
又，则如图：

所以方程共有6个交点，所以函数有6个零点，故A错，B对
设
由图可知：，

又，所以，当且仅当取等号
又，所以
所以，故C对，D错
故选：BC
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于画出函数图象并使用等价转化的思想以及结合换元法的使用.

三、填空题
13．在平面直角坐标系中，点在单位圆O上，设，且.若，则的值为 .
【答案】
【分析】由题意，，，只需求出即可.
【详解】由题意，，因为，所以，
，所以
.
故答案为：
【点睛】本题考查三角恒等变换中的给值求值问题，涉及到三角函数的定义及配角的方法，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.
14．已知等边的边长为6，平面内一点P满足，则 ．
【答案】
【分析】用表示，再利用向量数量积定义及运算律求解作答.
【详解】因，则，
等边的边长为6，则，
所以.
故答案为：
15．的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的最大值为 .
【答案】
【分析】化简已知等式得，再利用正弦定理得，求出即得解.
【详解】由题得,
因为,
所以，
所以,
因为，所以.
由正弦定理得.
所以
,
所以的最大值为，此时.
故答案为：

四、双空题
16．正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，过点作一个与侧棱垂直的平面，则平面被此正四棱锥所截的截面面积为 ，平面将此正四棱锥分成的两部分，则较小部分体积与较大部分体积的比值为 .
【答案】
【分析】由已知得为等边三角形，取的中点，可得，且，然后证明，求得和的长度，可求得截面四边形的面积，再求出四棱锥的体积与正四棱锥的体积，则平面将此四棱锥分成的两部分的体积的比值可求.
【详解】如下图所示：

在正四棱锥中，由于底面边长为，侧棱长为，则，
所以，是等边三角形，同理可得也为等边三角形，
取的中点，连接，则，且，
设过且与垂直的平面交于点，交于点，连接，
则，，可得，则，，
在和中，由，，，
可得，，
，，，，
，则，
在等腰中，由，，
由余弦定理可得，
则在中，，同理可得，
，，，
四边形的面积为，
则，
又，
因此，平面将此正四棱椎分成的两部分，较小部分体积与较大部分体积的比值为.
故答案为：；.
【点睛】本题考查截面面积的计算，同时也考查了棱锥体积的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

五、解答题
17．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若同时满足以下四个条件中的三个：①，②，③，④.
（1）条件①②能否同时满足，请说明理由；
（2）以上四个条件，请在满足三角形有解的所有组合中任选一组，并求出对应的面积.
【答案】（1）不能同时满足①② （2）若满足①③④时,则的面积为，若满足②③④时，则的面积为.
【分析】（1）由①根据余弦定理得到，进一步得到，由②结合正弦定理得到，从而得到不成立，由此可得答案；
（2）由（1）知，满足①③④或②③④，若满足①③④，根据余弦定理求出，再根据三角形的面积公式可得面积；若满足②③④，根据正弦定理得到，由勾股定理求出，根据直角三角形的面积公式可得面积.
【详解】（1）由①得：
由余弦定理.
由②及正弦定理，得：
，
即，因为，
∴，，
∴，∵，∴.
因为且，
所以.所以，矛盾.
所以不能同时满足①②.
（2）由（1）知，满足①③④或②③④
若满足①③④
因为
所以，即，
解得或（舍去）.
∴的面积
另：若满足②③④
，即，则，所以，
所以，
所以的面积.
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理，三角形的面积公式，属于中档题.
18．已知：数列满足．
（1）求；
（2）求满足的最大的正整数n的值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据递推公式求出，再根据，即可得到的奇数项是以为首项，为公比的等比数列，偶数项是以为首项，为公比的等比数列，从而求出其通项公式；
（2）令为，再利用分组求和法及等比数列求和公式求出，再根据函数的性质计算可得；
【详解】解：（1）因为，所以，，
又，所以，又，
所以的奇数项是以为首项，为公比的等比数列，偶数项是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以；
（2）令为，所以，因为在定义域上单调递增，且，，
因为，所以，又因为为正整数，所以的最大值为；
19．我市某大学组建了、、、、五个不同的社团组织，为培养学生的兴趣爱好，要求每个学生必须且只能参加一个社团，假定某寝室的甲、乙、丙三名学生对这五个社团的选择是等可能的．
（1）求甲、乙、丙三名学生中至少有两人参加同一社团的概率；
（2）设随机变量为甲、乙、丙这三个学生参加或社团的人数，求的分布列、数学期望及方差．
【答案】（1）；（2）分布列见解析；期望为；方差．
【解析】（1）先求出甲、乙、丙三名学生参加社团的总的方法数为，再求出三名学生选择不同社团种，求出三名学生选择不同社团概率为，然后由得出答案.
（2）由题意得的可能值为、、、，每个学生参加或社团的概率都是，且相互独立，符合二项分布，由二项分布可得答案.
【详解】（1）甲、乙、丙三名学生每人选择五个社团的方法是种，故共有种可能，
甲、乙、丙三名学生选择不同社团概率为，
则至少有两人参加同一社团概率为；
（2）由题意得的可能值为、、、，
甲、乙、丙三个学生每人参加或社团的概率都是，
且相互独立，符合二项分布，
，，
，，
的分布列为：










∴的期望，方差．
【点睛】关键点睛：本题考查古典概率和对立事件的概率以及二项分布的期望和方程，解答本题的关键是将问题化为二项分布问题，即根据甲、乙、丙三个学生每人参加或社团的概率都是，
且相互独立，符合二项分布，从而根据二项分布求解，属于中档题.
20．如图所示，正方形的边长为，、分别为、的中点，、是平面同一侧的两点，平面，，.

（1）设，为上一点，若平面，求；
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）设，连接，根据线面平行的性质定理证得，根据平行线分线段成比例，求得.
（2）通过证明、证得平面，由此证得平面平面.
【详解】(1)设，连接，
∵平面，平面且与共面，
∴，∴，
在正方形中，∵、分别为、的中点，
∴，∴；
(2)连接、，∵、分别为、的中点，
平面，，∴，
又，∴平面，
∴，又，，
∴，即，
∵，平面，
又平面，∴平面平面.

【点睛】线面平行的性质定理是一个容易忽略的条件.要证明面面垂直，则需先证明线面垂直.
21．已知椭圆C：经过点且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一正方形.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过椭圆C的右焦点F的直线l(与x轴不重合)与椭圆C交于M，N两点.是否存在一定点E(t，0)，使得x轴上的任意一点(异于点E，F)到直线EM，EN的距离相等？若存在，求出t的值：若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）存在点E(2，0)，使得x轴上的任意一点(异于点E，F)到直线EM，EN的距离相等
【解析】（1）由椭圆C的两焦点与短轴的两个端点的连线构成正方形，得，，可设椭圆，代入点，求得，从而求得椭圆的方程.
（2）分类讨论直线l的斜率不存在和存在两种情况：①当直线l的斜率不存在时，比较显然； ②当直线l的斜率存在时，设直线的方程，由题意知，x轴平分，则直线EM，EN的倾斜角互补，即，联立方程：，得，再利用韦达定理代入，化简解得，从而知，存在点E(2，0)，使得x轴上的任意一点(异于点E，F)到直线EM，EN的距离相等.
【详解】由椭圆C的两焦点与短轴的两个端点的连线构成正方形，得，
又，则.  
设椭圆
又椭圆过点，所以，解得
所以椭圆的方程为：
（2）①当直线l的斜率不存在时，即，由椭圆对称性可知，x轴上的任意一点(异于点E，F)到直线EM，EN的距离相等.
②当直线l的斜率存在时，设直线的方程，联立方程得：
，化简整理得
设，则，,
由题意知，x轴平分，则直线EM，EN的倾斜角互补，即，
则（当或时不符合题意）
将代入上式可得
所以，化简整理得
即，
得，所以
综上，存在点E(2，0)，使得x轴上的任意一点(异于点E，F)到直线EM，EN的距离相等.
【点睛】本题考查椭圆的标准方程，椭圆的几何性质，直线与椭圆相交的题型，考查学生的转化思想与运算能力，属于难题.
22．已知函数在上为增函数，函数 在上为减函数.
（1）分别求出函数和的导函数；
（2）求实数的值；
（3）求证：当时,
【答案】（1）见解析；（2）m=1;（3）见解析
【分析】（1）利用导数的运算法则及基本初等函数的导数公式求出f（x），g（x）的导函数；（2）根据函数的单调性，令f'（x）0恒成立及g'（x）0恒成立，求出m的值．（3）因为当x＞0时，11，利用（1）中f（x），g（x）的单调性得到当x＞0时，xln（1）＜1＜（x+1）ln（1）
【详解】（1）

（2）因为函数在（1，+∞）上为增函数，
所以当x＞1时， 0恒成立，得m≤1．
因为函数g（x）＝lnx﹣mx（x＞0）在（1，+∞）上为减函数．
所以当x＞1时， 0恒成立，得m≥1．
从而m＝1．
（3）当x＞0时，11，
所以由（1）知：f（1）＞f（1），即：ln（1）1，
化简得：（1+x）ln（1）＞1
g（1）＜g（1），即：ln（1）﹣（1）＜﹣1，
化简得：xln（1）＜1．
所以当x＞0时，xln（1）＜1＜（x+1）ln（1）．