2023届广东省深圳市盐田高级中学高三上学期11月月考数学试题含解析

这是一份2023届广东省深圳市盐田高级中学高三上学期11月月考数学试题含解析，共21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届广东省深圳市盐田高级中学高三上学期11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】先解二次不等式化简集合，再利用集合的交并补运算及数轴法求得结果.【详解】由得，则，故因为，所以，所以由数轴法可得．故选：C.2．已知为虚数单位，复数，则复数的虚部是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由复数除法化简，即得得.【详解】，故.故选：A3．已知向量，，则在上的投影向量是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，利用投影向量的公式，即可求解.【详解】设，则，在上的投影向量为故选：C.4．木桶作为一种容器，在我国使用的历史已经达到了几千年，其形状可视为一个圆台．若某圆台形木桶上、下底面的半径分别为15cm，8cm，母线长为25cm，木板厚度忽略不计，则该木桶的容积为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用圆台的体积公式求解即可【详解】由题意可知，圆台形木桶的高为（cm），所以该木桶的容积为，故选：D．5．已知向量，则“与夹角为锐角”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】首先求与夹角为锐角时，的取值范围，再根据集合的包含关系，判断选项.【详解】当，解得：，且当时，，解得：，所以“与夹角为锐角时，的取值范围是且，所以“与夹角为锐角”是“”的充分不必要条件.故选：A6．已知函数在区间上有且仅有4条对称轴，则下列四个结论正确的是（    ）A．在区间上有且仅有3个不同的零点B．的最小正周期可能是C．的取值范围是D．在区间上单调递增【答案】C【分析】根据已知，利用整体代换技巧以及三角函数的性质进行求解判断.【详解】因为函数在区间上有且仅有4条对称轴，令，则，所以有4个整数符合，由得，，，则，所以，所以，故C正确；对于A，当，，因为，所以，当时，在区间上有且仅有3个不同的零点，当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，故A错误；对于B，周期，因为，则，所以，因为，故B错误；对于D，当，，因为，所以，因为，所以在区间上不一定单调递增，故D错误.故选：C.7．已知正四棱锥的高为，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的最大值是（    ）A． B．18 C． D．27【答案】C【分析】根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理即可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数求函数的最值..【详解】如图，设正四棱锥的底面边长 ，高为h，外接球的球心为,则，∵球的体积为，所以球的半径，在中，，所以正四棱锥的体积，整理为， ，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，.故选：C8．已知，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用中间值法比较与，与的大小关系，再通过构造函数，然后通过的单调性比较与的大小关系.【详解】，；；又，.令，，由于中，，所以，故在上恒成立，得在单调递增.故，即，即得证：，故得.综上所述得.故选：B【点睛】方法点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键. 二、多选题9．设函数的定义域为R，且是奇函数，是偶函数，则下列说法正确的是（    ）A．B．函数是以2为周期的周期函数C．函数的图像关于直线对称D．函数为偶函数【答案】AC【分析】根据题意结合周期性、对称性与奇偶性定义，逐项分析判断.【详解】对A：∵是奇函数，∴，令，则，即，A正确；对B：∵，∴，又∵是偶函数，则，即，可得，∴函数是以4为周期的周期函数，B错误；对C：∵，则，∴函数的图像关于直线对称，C正确；对D：令，∵，即，∴函数为奇函数，D错误；故选：AC.10．已知是正数，且，下列叙述正确的是（    ）A．最大值为1B．的最小值为2C．的最小值为2D．的最小值为【答案】ABD【分析】根据基本不等式得出，可判断A项；因为，又，可判断B项；因为，又，所以，开方可判断C项；根据“1”的代换，代入展开用基本不等式求出结果，可判断D项.【详解】对于A，根据基本不等式可知，，当且仅当，即时等号成立.所以有成立，故A项正确；对于B，，因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立.故B项正确；对于C，，因为，当且仅当，即时等号成立.所以有，所以，即的最大值为2，故C项错误；对于D，由已知得，，则，当且仅当，且，，即，时等号成立.故D正确.故选：ABD.11．如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）.则以下结论正确的为（    ） A．三棱锥体积为定值B．异面直线成角为C．直线与面所成角的正弦值D．当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为【答案】ACD【分析】易证平面，故三棱锥体积为定值；易得，为等边三角形，故B错误；由向量法可判断C正确；转化顶点，易证平面，利用正、余弦定理求出的外接圆半径，将所求问题转化为圆柱外接球问题，进而判断D项.【详解】因为，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，又为线段上动点，所以到平面距离为定值，故三棱锥体积为定值，当点与重合时，，故A正确；因为，故与所成角等价于与所成角，为等边三角形，所以异面直线成角为，故B项错误；以方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量为，则，即，令，得，故，设直线与面所成角为，则，故C项正确；当点为中点时，，易得，平面，又平面，所以，，平面，所以平面，即平面，，，所以，，的外接圆半径为，故所求问题等价于求以为半径的底面圆，高为的圆柱的外接球表面积，设三棱锥的外接球半径为，则，故三棱锥的外接球表面积为，故D项正确.故选：ACD12．已知函数，，下列结论正确的是（    ）A．函数在上单调递增B．函数的最小值大于2C．若分别是曲线和上的动点，则的最小值为D．若对恒成立，则【答案】BCD【分析】A项构造，依次求出，，即可得到单调性，可判断A项；可推出存在，使，结合函数的单调性知，即可得到B项；根据函数的图象与函数的图象关于直线对称，结合图象得出最小值时的条件，求出的坐标，可判断C项；由已知变形可得.构造，根据函数的单调性，可得，可化为，求出的最小值，即可得出的范围，可判断D项.【详解】对于A项，由，则，得在上恒成立，则在上单调递增，而，故在上恒成立，即在上单调递减，故A错误；对于B项，因为，，在上单调递增，故存在，使，则，解得，当时，有，即单调递减；当时，有，即单调递增.所以.因为，所以，当且仅当，即时，等号成立.又因为，则，所以，故B正确；对于C项，函数的图象与函数的图象关于直线对称.结合图象可知，当直线与直线垂直，且处两函数图象的切线均与直线平行时，最小.设，，，.则有，所以，点；，所以，点.此时，故C正确；对于D项，若对恒成立，则对恒成立，即.设，则恒成立，所以在上单调递增，则化为，即在上恒成立.设，则.解可得，，则在上单调递减；解可得，，则在上单调递增.所以当时，，则，解得，故D正确.故选：BCD. 三、填空题13．为等差数列，，则__________.【答案】108【分析】方法1：由等差数列的等和性以及等差数列的前n项和公式 可得结果.方法2：由等差数列的通项公式以及等差数列前n项和公式（基本量）可得结果.【详解】方法1：∵为等差数列，∴ ，，∴，，∴，方法2：∵为等差数列，设公差为d，∴ 解得： ∴故答案为：108.14．已知，则_____.【答案】【分析】利用三角恒等变换以及诱导公式可求值.【详解】因为，又因为，所以，故答案为: .15．是边长为2的正三角形，动点满足，则的最大值__________.【答案】3【分析】建立直角坐标系，写出各点的坐标，根据可推出点的轨迹方程为，是一个圆（去掉轴上两点）.推导可得，进而构造，根据与方向相同时，有最大值，即可解出答案.【详解】如图，取的中点为，连结，则.以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系.则，，，，设，则，.因为，所以，整理可得，又，所以点的轨迹方程为..要使最大，则应有最大，只有当与方向相同时，有最大值.如图，根据平行四边形法则，构造，则.延长至，使，则有，即，所以当与方向相同时，有最大值，即点为线段与圆的交点，此时有，即，所以，所以.故答案为：3.16．设函数，直线是曲线的切线，则的最大值是__________【答案】##【分析】求出函数的导函数，设切点，从而表示出，，即可得到切线方程，从而得到，则，再构造函数，利用导数求出函数的最大值，即可得解.【详解】解：因为，所以，设切点，则，，则切线方程为，即，又因为是曲线的切线，所以，则，令，则，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以时，取最大值，即的最大值为.故答案为： 四、解答题17．数列是单调递增的等比数列，，数列满足，且.(1)证明：数列是等差数列，并求的通项公式；(2)设数列的前项和为，求.【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）根据等比数列的定义，求得方程，可得答案，利用取倒数，结合等差数列定义，可得答案；（2）利用错位相减法，可得答案.【详解】（1）解：由，设等比数列的公比为，则，整理可得，解得或，当时，数列递减，不符合题意，故.又因为，所以，所以数列是以2为首项，公差为3的等差数列，所以，所以.（2）解：由（1），，所以①②所以①-②得，所以.18．在中，内角的对边分别为，已知，.(1)求A大小；(2)已知边，求面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦的倍角公式与辅助角公式求得，从而得到；（2）利用正弦定理与余弦定理的边角变换得到，再由余弦定理得到，从而联立方程求得，由此利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）因为，所以，整理得，即，即，因为，所以，所以，则.（2）因为，所以，由正弦定理得，由余弦定理得，整理得，又由（1）得，联立，解得（负值舍去），所以的面积为.19．如图，在直三棱柱中，平面侧面，且.(1)求证：；(2)若直线与平面所成角的大小为，点为中点，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】对于（1），证明平面即可.对于（2），先由题目条件得到.后建立坐标系利用向量方法求得距离即可.【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接.因为，所以.由平面侧面，且平面侧面，得平面.因为平面，所以，因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，因为底面，所以，又，从而侧面，又侧面，故.（2）由（1）可知平面，则是在平面内的射影，所以即为直线与平面所成的角，则在等腰直角三角形中，，且点是的中点，所以，又，所以.又由（1）可知，且，则.故如图建立以为原点的空间直角坐标系.则.故.设平面法向量为，则.取，则.故，则点到平面的距离.20．记为数列的前项和，已知是公差为2的等差数列.(1)求的通项公式；(2)若的前项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，从而利用与的关系推得，再利用构造法证得是等比数列，由此可得；（2）利用裂项相消法求得，从而得证.【详解】（1）因为，所以，又因为是公差为2的等差数列，所以，则，当时，，得，当时，，整理得，则，经检验：当时，满足，又，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，所以，则.（2）由（1）得，，所以，因为，所以，故.21．如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且是棱上动点.(1)若过C，D，E三点的平面与平面PAB的交线是，证明：(2)线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在， 【分析】（1）先证得面，再根据线面平行的性质定理证；（2）建立空间坐标系，设，根据二面角的余弦值是列出关于的方程求解（）.【详解】（1）因为面，面，所以面，又面，面面＝，所以.（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，连接交于，则.设，设，，则，则，因为底面，底面，所以，又且，所以平面，可知是平面的一个法向量.设为平面的法向量，则，即，取，则，，解得.故线段上是存在点，当时二面角的余弦值是.22．已知函数，(1)讨论的单调性；(2)设．若函数有相同零点和极值点，求的最小值．【答案】(1)当 时，在上单调递增；当 时，在上单调递增，在上单调递减.(2)的最小值为0.       【分析】（1）先函数求导，对参数进行分类讨论得出结论（2）构造函数对函数求导，利用已知条件求出参数，分析问题，将参数的值代入表达式中求出函数的最小值.【详解】（1）由，所以，当 时，，此时在上单调递增，当 时，由，有，所以在上单调递增，由，有，所以在上单调递减，综上所述：当 时，在上单调递增；当 时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由所以，又函数有相同零点和极值点，所以有 ，两式相加得：，令，则，设，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以单调递增，由可得，，所以，所以，设所以,当且仅当时取等号.所以在单调递增，又所以当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减所以故的最小值为0.