2023届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期10月月考数学试题含解析

2023届黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解不等式，求出集合A和B，进而求出交集.

【详解】，解得：，所以，，解得：或，故，故

故选：C

2．已知（为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点一定在（    ）

A．实轴上 B．虚轴上

C．第一､三象限的角平分线上 D．第二､四象限的角平分线上

【答案】C

【分析】设出，从而得到，即，得到复数在复平面内所对应的点在第一､三象限的角平分线上.

【详解】设，则，则，即，从而，故，所以复数在复平面内所对应的点在直线上，即第一､三象限的角平分线上.

故选：C

3．设向量，，则“与同向”的充要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平面平行向量的坐标表示求出的值，验证同向与反向即可.

【详解】，

当时，，同向；

当时，，反向.

故选：A．

4．核酸检测分析是用荧光定量PCR法，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA实时监测，在PCR扩增的指数时期，荧光信号强度达到阀值时，DNA的数量X与扩增次数n满足，其中为DNA的初始数量，p为扩增效率.已知某被测标本DNA扩增12次后，数量变为原来的1000倍，则扩增效率p约为（    ）（参考数据：）

A．22.2% B．43.8% C．56.2% D．77.8%

【答案】D

【分析】由题意，代入关系式，根据对数的运算性质及指数与对数的关系计算可得．

【详解】解：由题意知，，

即，

即，

所以，解得．

故选：D．

5．圆柱形玻璃杯中盛有高度为10cm的水，若放入一个玻璃球（球的半径与圆柱形玻璃杯内壁的底面半径相同）后，水恰好淹没了玻璃球，则玻璃球的半径为（    ）

A． B．15cm C． D．20cm

【答案】B

【分析】由题意玻璃球的体积等于放入玻璃球后的体积减去原来的体积, 水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为,列出方程即可得到答案.

【详解】由题意玻璃球的体积等于放入玻璃球后的体积减去原来的体积.

设玻璃球的半径为，即圆柱形玻璃杯的底面半径为

则玻璃球的体积为，圆柱的底面面积为

若放入一个玻璃球后，水恰好淹没了玻璃球，则此时水面高度为

所以，解得

故选：B

6．已知数列的前项和为，，，则（    ）

A．12 B． C． D．

【答案】D

【分析】取，可知为等比数列，然后可解.

【详解】因为，取，则有，所以是首项、公比都为2的等比数列，所以.

故选：D

7．已知四棱锥中，平面底面ABCD，是等边三角形，底面ABCD是菱形，且，M为棱PD的中点，则下列结论不正确的有（    ）

A．平面AMC B．

C． D．PB与AM所成角的余弦值为

【答案】C

【分析】连接交于点，利用三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可知A正确；利用等腰三角形三线合一性质可得，，由线面垂直判定可知平面，由线面垂直的性质可知B正确；根据面面垂直的性质得出为直角三角形，求出的长度，证明不是直角，从而得出不是等腰三角形，从而判断C；由平行关系可知所求角为或其补角，利用余弦定理可求得，由此可知D正确.

【详解】对于A，连接交于点，连接，

四边形为菱形，为中点，又为中点，，

平面，平面，平面，A正确；

对于B，取中点，连接，

为等边三角形，为中点，；

，，为等边三角形，；

，平面，平面，

又平面，，B正确；

对于C，设，则，

，平面，平面平面，平面平面，平面，

又平面，，

，又，

在中，，则不是直角，则不是等腰三角形，即与长度不等，故C错误；

对于D，，与所成角即为与所成角，即为或的补角；

由C知，，，

，

即与所成角的余弦值为，D正确.

故选：C.

8．已知函数，若不等式的解集为，且，则函数的极大值为（    ）

A． B． C．0 D．

【答案】B

【分析】根据三次函数的图象特征，确定大致图象，进而设出，利用导函数求出极大值点，进而求出极大值.

【详解】为三次函数，其图象可能情况有如下5种：

不等式的解集为，且，故其具体图象为图1类，如下图：

，由于为的二重根，故可设，

，

令，解得：，或，且当或上，，当，，故是的极大值点，故极大值为.

故选：B

二、多选题

9．已知向量，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．向量与向量的夹角为

C． D．向量在向量上的投影向量是

【答案】AB

【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可判断A选项；利用平面向量夹角的坐标表示可判断B选项；利用平面向量的模长公式可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.

【详解】对于A选项，，所以，，故，A对；

对于B选项，，，故，B对；

对于C选项，，故，C错；

对于D选项，向量在向量上的投影向量为，D错.

故选：AB.

10．下列四个正方体图形中，l是正方体的一条对角线，点M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】分别建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理依次判断即可.

【详解】对于A选项：建立如图所示坐标系，设正方体的棱长为2，则，

,

则,,

因为，所以，

因为,所以，

所以,且是平面内的两条相交直线，所以面，故A正确；

对于B选项：建立如图所示坐标系，设正方体的棱长为2，则，

,

则,,

因为， ,所以，

所以,但是与都不垂直，所以与面不垂直，故B错误；

对于C选项：建立如图所示坐标系，设正方体的棱长为2，则，

,

则,,

因为，所以，

因为,所以，

所以,且是平面内的两条相交直线，所以面，故C正确；

对于D选项：建立如图所示坐标系，设正方体的棱长为2，则，

,

则,,

因为，所以，

因为,所以，

所以,且是平面内的两条相交直线，所以面，故D正确；

故选：ACD

【点睛】本题考查了空间几何体的线面垂直判定与证明：（1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线；（2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面垂直的判定定理是关键.

11．已知在边长为6的菱形中，，点分别是线段上的点，且．将四边形沿翻折，当折起后得到的几何体的体积最大时，下列说法其中正确的是（    ）

A． B．平面

C．平面平面 D．平面平面

【答案】BC

【分析】证明平面平面可判断B；过点作，交于，过作，交于，过点作，交的延长线于，过作，交的延长线于，证明平面可判断A；根据时，面积取得最大值推理可判断C；根据平面，结合反证法可判断D.

【详解】解：折起后得到的几何体中，

平面，平面，

平面，平面，

所以，平面，平面

因为平面，

所以平面平面，

因为平面，

所以平面，故B选项正确；

过点作，交于，过作，交于，

过点作，交的延长线于，过作，交的延长线于，

因为是边长为6的菱形，，，

所以，，，，，，

所以，四棱锥与是两个全等的四棱锥，

因为，

所以

因为，平面，

所以，平面

同理，平面，

因为平面，平面，

所以，与不垂直，故A选项错误；

三棱柱为直三棱柱，

几何体与三棱柱的体积相同，

三棱柱的体积为，

所以，当的面积最大时，几何体的体积最大，

因为时，面积取得最大值，

因为，，平面，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面，故C选项正确；

因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，

若平面平面，

因为平面平面，

所以，过作，垂足为，平面

所以，平面，

此时，过点有两条垂直于平面的直线，与过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直矛盾，故D选项错误.

故选：BC

12．函数的部分图像如图所示， 则下列说法中， 正确的有（    ）

A．的最小正周期为

B．向左平移个单位后得到的新函数是偶函数

C．若方程在上共有 6 个根， 则这 6 个根的和为

D．图像上的动点到直线的距离最小时， 的横坐标为

【答案】ABD

【分析】选项A，把图像上的点代入函数解析式，可以求出，再算出最小正周期进行判断；

选项B，利用图像的平移，得到新函数解析式，再判断奇偶性；

选项C，方程的根转化为两个函数图像的交点问题，再根据对称性求和；

选项D，点到直线距离的最小问题，转化成曲线的切线问题解决.

【详解】因为经过点，所以，

又在的单调递减区间内，所以①；

又因为经过点，所以，，

又是在时最小的解，所以②．

联立①、②，可得，即，代入①，可得，又，所以，则．的最小正周期为，A正确．

向左平移个单位后得到的新函数是，为偶函数，B正确．

设在上的6个根从小到大依次为．令，则，根据的对称性，可得，则由的周期性可得，，所以，C错误．

作与平行的直线，使其与有公共点，则在运动的过程中，只有当直线与相切时，直线与l存在最小距离，也是点M到直线的最小距离，

令，则，

解得或，又，所以（舍去），

又，令，，，则由可得到直线的距离大于到直线的距离，所以到直线的距离最小时，的横坐标为，D正确

故选：ABD．

三、填空题

13．在梯形中，，则的面积是___________.

【答案】

【分析】在中，由余弦定理可得的值，进而求出的面积，由的面积为得结论．

【详解】解：在中，由余弦定理可得：，

所以，

所以的面积为：，

因为.

所以的面积为.

故答案为：.

14．若，α是第三象限角，则______．

【答案】

【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系求得，再把所求的式子切化弦，利用二倍角公式，求得结果．

【详解】解：因为，且是第三象限角，，

则，

故答案为：．

15．在平行四边形中，，，为中点，若，且．则______．

【答案】

【分析】由题知，，再结合题意，根据求解即可.

【详解】解：根据题意，，

，

因为，，，

所以，

，

所以，解得.

故答案为：

16．已知点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，若使的点P的轨迹长度为a；使直线平面BDC的点P的轨迹长度为b；使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为c．则a，b，c的大小关系为______．（用“＜”符号连接）

【答案】b＜c＜a

【分析】由的点的轨迹可求出的值；若平面，则点的轨迹为过点且平行于平面的平面与正方体交轨，可求出值；若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体交轨，可求出值；通过数形结合进行分析运算，从而得出结论.

【详解】若点到点的距离为2，则点的轨迹为球的表面与正方体交轨，

在平面内，的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧，

由对称性知，这样的圆弧同样在平面内和平面内，故的轨迹长度；

若平面，则点的轨迹为过点且平行于平面的平面与正方体交轨，

而平面平面，所以点的轨迹长度为三角形的周长（除掉点，不影响周长），故，

若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体交轨，

在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；

在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；

在平面内是以点为圆心2为半径的圆弧，如图，

故点的轨迹长度为，

∵，∴，即．

故答案为：．

【点睛】立体几何中的点的运动轨迹问题，或线的运动轨迹问题，要结合题目特征，利用平行或垂直关系，找出轨迹是线段或圆弧，或是椭圆，抛物线等，进而求出相应的轨迹长度.

四、解答题

17．已知数列中，，点对任意的，都有，数列满足，其中为的前n项和．

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用题意可得到，则能得到，即可得到答案；

（2）利用（1）算出，继而得到，接着利用裂项相消法即可得到答案

【详解】(1)∵，

可得，∴是公差为2的等差数列，

∴，；

(2)由（1）可得，

∴，

∴

．

18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

（1）求的值；

（2）若，△ABC的面积为，求边长b的值.

【答案】（1）.（2）.

【解析】（1）根据题意，利用正弦定理化简等式即可得到结论；

（2）根据（1）得，利用三角形面积公式得，再利用余弦定理即可.

【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理，

设，则，

带入，化简得，

因为，

所以；

（2）由（1）可知，，，

又，所以，解得.

在△ABC中，由余弦定理，

即，解得.

【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，考查计算能力，属于基础题.

19．如图，三棱锥的底面为直角三角形，为斜边的中点，顶点在底面的投影为，，，.

(1)求的长；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)1；

(2).

【分析】（1）连接BD，证明EC⊥平面PDB得EC⊥BD，根据边长和角度关系可得CD＝BE；

（2）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.

【详解】(1)连接BD交EC于F：

∵顶点在底面的投影为，∴PD⊥平面ABCD，∵EC平面ABCD，∴PD⊥EC，

又∵EC⊥PB，PD∩PB＝P，∴EC⊥平面PDB，∵BD平面PDB，∴EC⊥BD.

∵∠ACB＝90°，AB＝2，BC＝1，E是AB中点，

∴EC＝EB＝EA＝BC＝1，∴三角形BEC是等边三角形，∴F是EC中点，

又∵BE∥CD，∴易知△CDF≌△EBF，∴CD＝BE＝1；

(2)连接AD，则由（1）易知四边形ABCD是等腰梯形，∠ACB＝∠ADB＝90°，

故可以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，，

则，，，，

设平面PCD的法向量为，

则，取，则，

设平面EPC的法向量为，

则，取，则，

设二面角D－PC－E的平面角为，

则.

20．已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，且点F与圆M：(x＋4)2＋y2＝1上点的距离的最小值为4.

（1）求C的方程；

（2）设点T(1，1)，过点T且斜率存在的两条直线分别交曲线C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

【答案】（1）；（2）0.

【分析】（1）由到圆心距离减去半径结果为4求得，得抛物线方程；

（2）设直线方程为，代入抛物线方程，应用韦达定理，由直线上两点间距离求得，同理求得，然后由它们相等可求得（是直线的斜率）．

【详解】（1）圆心为，半径为1，，所以，，

抛物线方程为；

（2）设直线方程为，设，

由得，

，，

，

设直线方程为（），同理可得，

由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，得，又，所以，

所以．

21．如图，在三棱柱，中，侧面是菱形，是中点，平面，平面与棱交于点，．

（1）求证：四边形为平行四边形；

（2）若与平面所成角的正弦值为，求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）或

【分析】（1）由已知可得平面，由线面平行的性质定理，可得，再由面面平行的性质定理，可证，即可证明结论；

（2）根据已知可得两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，确定出点坐标，求出平面法向量坐标，由空间向量的线面角公式，建立关系，即可求解.

【详解】（1）证明：在三棱柱中，侧面为平行四边形，

所以，又因为平面，平面，

所以平面，因为平面，

且平面平面，所以．

因为在三棱柱中，平面平面，

平面平面，平面平面．

所以，故四边形为平行四边形．

（2）在中，因为，

是的中点，所以．

因为平面，所以，，

以，，所在直线分别为轴，轴，轴，

建立如图空间直角坐标系．

设，，在中，，

，所以，所以，

，，，

则所以，．

因为，所以，

即．因为，所以．

设平面的法向量为．

因为，即，所以．

令，则，，所以．

因为，

所以，即，

所以或，即或，

所以或．

【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与直线平行以及空间向量法求线面角，注意空间平行关系的相互转化，考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.

22．已知函数.

(1)当时，求的单调区间；

(2)若函数恰有两个极值点，记极大值和极小值分别为，，求证：.

【答案】(1)单调递增区间为、，递减区间为；

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）利用函数的导数性质进行求解即可；

（2）根据极值的定义，结合导数的性质进行证明即可.

【详解】(1)当时，，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以函数的单调递增区间为、，递减区间为；

(2)，

因为函数恰有两个极值点，所以方程有两个不相等的实根，

设为且，因为函数当时图象关于直线对称，

所以，即，

因为，所以，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以分别是函数的极大值点和极小值点，

即，，

于是有，因为，所以，

所以，而，

所以

设，，

，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以当时，函数有最小值，即，

因此有，即.

【点睛】关键点睛：根据极值的定义，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性是解题的关键.