2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期9月月考数学试题含答案

这是一份2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期9月月考数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期9月月考数学试题 一、单选题1．已知集合A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：由已知，所以【解析】集合的运算2．“”是“存在，使得”的A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【答案】C【解析】设，，考虑命题“若则”及其逆命题的真假后可得两者之间的条件关系.【详解】设，，当时，总成立，而，故在上有解，故，所以“若则”为真命题.若，则，由绝对值不等式可知，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，故即，所以“若则”为真命题.综上，“”是“存在，使得”的充要条件.故选：C.【点睛】充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若则”是真命题，“若则”是假命题，则是的充分不必要条件；若“若则”是真命题，“若则”是真命题，则是的充分必要条件；若“若则”是假命题，“若则”是真命题，则是的必要不充分条件；若“若则”是假命题，“若则”是假命题，则是的既不充分也不必要条件.3．在空间，已知直线及不在上两个不重合的点､，过直线做平面，使得点､到平面的距离相等，则这样的平面的个数不可能是（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个【答案】C【解析】分情况讨论可得出.【详解】（1）如图，当直线与异面时，则只有一种情况；（2）当直线与平行时，则有无数种情况，平面可以绕着转动；（3）如图，当过线段的中垂面时，有两种情况.故选：C.4．已知定义在集合上的函数满足，记的最小值为，最大值为，则下列命题正确的是（    ）注：表示集合中元素的个数.A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】根据题意确定取最大最小值时自变量的个数，结合逐个辨析即可.【详解】对A，若，不妨设中仅有1个元素，即的最小值为，若，根据，有，故，与为最小值矛盾，故A错误；若，不妨设中仅有1个元素，即的最大值为，若，根据，有，故，因为为最大值，且若，则，无解，故，故不等式必成立，故B正确；对C，若，则，同A可得C错误；对D，若，则，不妨设有两根，且，则若存在使得，则由A可得，此时不成立，故D错误；故选：B 二、填空题5．已知复数（其中为虚数单位），则复数的虚部是___________.【答案】【分析】先求出，再代入化简可求出其虚部.【详解】因为，所以，所以复数的虚部是，故答案为：6．已知双曲线的一条渐近线方程是，则双曲线的离心率为___________.【答案】【分析】根据双曲线渐近线方程直接计算可得的值，再根据离心率公式直接计算可得答案.【详解】由已知可得双曲线的焦点在轴上，，双曲线的一条渐近线为，所以，，所以离心率.故答案为：.7．计算：___________.【答案】【分析】根据无限递缩等比数列前n项和公式可得结果.【详解】故答案为：8．若函数的最小正周期为，则___________.【答案】1【分析】先将化简得，再根据周期公式得【详解】由题意可知，，.故答案为：19．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面所成角的大小为___________.【答案】【分析】由题意，根据圆锥的几何性质，可得底面半径与母线直线的比例关系，根据线面夹角的定义，可得答案.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则侧面积，底面积，即，设其母线与底面所成角为，则，故，即.故答案为：.10．已知，则的最大值为___________.【答案】0.2【分析】利用均值不等式即可【详解】，，当且仅当，即时，等号成立.故答案为：11．已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数项为___________.【答案】1120【分析】利用二项式系数和等于可确定的值，再根据二项式定理求出常数项.【详解】所有二项式系数的和为256,,,则展开式的通项公式为，令可得，展开式的常数项为.故答案为：1120.12．在​中，，​， 且​的面积为​， 则边长​为_________.【答案】【分析】利用正弦定理角化边和三角形面积公式可构造方程求得，利用余弦定理可求得结果.【详解】由正弦定理得：，，，即，解得：，，由余弦定理得：，.故答案为：.13．已知为上的奇函数，且，当时，，则_____.【答案】【分析】首先判断函数的周期，再利用对数运算，以及周期公式，化简，最后代入求值.【详解】因为函数是奇函数，所以，所以，即，所以函数是周期的函数， 因为，所以，所以.故答案为：14．设等差数列的前项和为，首项，公差，若对任意的，总存在，使.则的最小值为___________.【答案】【解析】首先根据等差数列的前项和公式得到，令，化简得到，又因为，所以，得，再利用等差数列前项和公式得到，利用二次函数的性质即可得到答案.【详解】由题意得则得，即，令得，即①，即得.因为首项，公差，则得，即.又因为，所以，代入①得.当时，由得即，所以即因此当或5时，的最小值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题主要考查等差数列前项和公式，根据题意化简得到，从而得到为解决本题的关键，属于中档题.15．已知平面向量满足，则与夹角的最大值为___________.【答案】【分析】利用向量数量积的运算律，结合向量夹角的运算，基本不等式及三角函数的性质即得.【详解】因为，，∴，即，∴，又，∴，∴，∴，当且仅当时取等号，又，所以与夹角的最大值为.故答案为：.16．已知函数有三个零点，且有，则的值为________.【答案】12【分析】由得出，令，得出，利用导数得出的图象，由零点的个数，结合图象求解即可.【详解】若，则，即当时，可得，不成立，故等式两边同除以，得即令，则方程有两个不等的实根，，令，则，令，当时，，当或时，即函数在上单调递减，在，上单调递增，如下图所示函数有三个零点，由图可知，故答案为：【点睛】方法点睛：已知零点的个数求参数的范围一般思路：利用导数得出函数的简图，由交点的个数结合图象得出参数的范围. 三、解答题17．如图，在长方体中，，，点在上，.(1)求证：；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，的坐标，计算即可证明；（2）利用向量法，求二面角的余弦值即可.【详解】(1)在长方体中，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系,因为，，所以，，，，， 则，，所以有，则.(2)由（1）知, ,设平面的法向量为，则，令，则，则，设平面法向量为，，令，则，则，所以，由图知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．18．为调查某小学学生的视力情况，随机抽取了该校150名学生（男生100人，女生50人），统计了他们的视力情况，结果如下：男生中有60人视力正常，女生中有40人视力正常.(1)是否有99%的把握认为视力正常与否与性别有关？(2)如果用这150名学生中，男生和女生视力正常的频率分别代替该校男生和女生视力正常的概率，且每位学生视力正常与否相互独立，现从该校学生中随机抽取3人（2男1女），设随机变量表示“3人视力正常”的人数，试求的分布列和数学期望.附：.  【答案】(1)没有的把握认为视力正常与性别有关(2)分布列答案见解析，数学期望： 【分析】（1）根据题意，写出列联表，结合独立性检验的公式，可得答案；（2）由题意，可得此为离散型分布，利用其概率公式和分布律的定义，结合均值计算公式，可得答案.【详解】(1)由已知得150名学生男女､视力正常与否的列联表为： 视力正常视力不正常总计男生6040100女生401050总计10050150 所以，所以没有的把握认为视力正常与性别有关.(2)由已知得该小学男､女生视力正常的概率分别为.的取值有，且，，即的分布列为0123 从而的均值.19．已知函数，若在点处的切线方程为．(1)求的解析式；(2)求函数在上的值域．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数的几何意义，结合切线方程，列式，即可求解函数的解析式；（2）首先由导数判断函数的单调性，再比较函数的极值和端点值的大小，求函数的值域.【详解】(1)因为，所以，由题意得，所以，；故的解析式为(2)由（1）得，，因为，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故当时，函数取得极大值，故当时，函数取得极小值又，，因为故函数在上的最大值为，最小值为，所以在上的值域为20．已知曲线的左､右焦点分别为，直线经过且与相交于两点.(1)求的周长；(2)若以为圆心的圆截轴所得的弦长为，且与圆相切，求的方程；(3)设的斜率为，在轴上是否存在一点，使得且？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)周长为6(2)(3)存在， 【分析】（1）由椭圆方程求出，，然后根据椭圆的定义可求出的周长，（2）设圆的方程为，由题意可求得，由与圆相切，利用点到直线的距离公式列方程可求出直线的斜率，从而可求出直线方程，（3）假设在轴上存在一点，设直线的方程为，，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，表示出线段的中点的坐标，从而可表示出线段中垂线的方程，则可表示点的坐标，然后表示出到直线的距离，再利用列方程可求出的值，从而可得答案.【详解】(1)根据题设条件，可得，故，，所以，根据椭圆定义，可知，因为，所以，得的周长为6，(2)设圆的方程为，令，得，故，得.由题意可得直线的斜率存在，由与圆相切，得到直线的距离.解得，故直线的方程为(3)假设在轴上存在一点，设直线的方程为，将直线的方程和椭圆的方程联立，得，消去并整理，得，必有令，则故线段的中点的坐标为，则线段中垂线的方程为令，得，点到直线的距离，又因为，所以，即化简得，解得，故.21．已知无穷数列满足，其中，对于数列中的一项，若包含的连续项满足或者，则称为包含的长度为的“单调片段”.(1)若，写出所有包含的长度为3的“单调片段”；(2)若对任意正整数，包含的“单调片段”长度的最大值都等于2，并且，求的通项公式；(3)若对任意大于1的正整数，都存在包含的长度为的“单调片段”，求证：存在正整数，使得时，都有.【答案】(1)和；(2)或；(3)证明见解析. 【分析】（1）根据题中定义，结合特殊角的正弦值进行求解即可；（2）根据绝对值的性质，结合题中定义分类讨论进行求解即可；（3）根据数列的单调性的性质，结合题中定义、绝对值的性质进行求解即可.【详解】(1)，包含的单调片段有两个，为和；(2)因为，所以若，因为包含的“单调片段”长度的最大值为2，则，所以，故因为包含的“单调片段”长度的最大值为2，所以且，以此类推，可得到对任意且，所以所以，若，则同理可得：，综上所述：或；(3)首先证明：存在，使得为单调数列.假设结论不成立，不妨设，因为不成立，所以存在，使得且.若从开始，一直单调递减下去，则与假设矛盾；所以存在，使得且.若从开始，一直单调递增下去，则与假设矛盾；所以存在，使得且.由可知，因为存在包含的长度为的“单调片段”，所以考虑，显然包含的最长“单调片段”为，其长度为因为，所以，这与已知：存在包含的长度为的“单调片段”，矛盾.故假设不成立，结论成立.当时，同理可证结论（）成立.根据结论为单调数列，则对任意的正负号都相同，于是当时，有，当时，显然综上所述，题目所给结论成立.【点睛】关键点睛：理解题中定义，结合绝对值的性质是解题的关键.