2023届山西省运城市稷山县稷山中学高三年级上册学期12月月考数学试题【含答案】

2023届山西省运城市稷山县稷山中学高三上学期12月月考数学试题一、单选题1．已知复数为纯虚数，则实数的值为（

）A． B．0 C．1 D．0或1【答案】C【分析】根据题意和纯虚数的概念可得，解之即可.【详解】因为为纯虚数，所以，解得.故选：C.2．若集合，则为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简集合A，根据交集运算求解.【详解】因为集合，所以.故选：D.3．若一个圆锥的侧面展开图为半圆，则该圆锥的母线长与其底面圆的直径应满足的等量关系为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆锥侧面展开图和扇形的弧长公式即可得出结果.【详解】设圆锥的底面圆半径为，则圆锥底面圆的周长等于，因为圆锥侧面展开图为一半圆，且该半圆的弧长等于圆锥底面圆的周长，所以，即.故选：C.4．函数的一个单调递增区间是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】原问题等价于求函数的一个单调递增区间，作出的图象即可求解.【详解】解：函数的一个单调递增区间，即为函数的一个单调递增区间，作出的图象如下图所示.由图可知函数的一个单调递增区间为，故选：D.5．若直线过点且被圆截得的弦长为6，则满足条件的直线的方程为（

）A．或B．或C．或D．或【答案】B【分析】考虑直线的斜率是否存在，斜率存在时，设出直线方程，求出圆心到直线的距离，列出方程，即可求得答案.【详解】由题意圆的圆心为原点，半径为，当直线的斜率不存在时，直线与圆相交于两点，所以弦长为6，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，圆心到直线的距离，由可得，即，所以，则直线的方程为即，故满足条件的直线的方程为或，故选：.6．若，则（

）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】由可得，又，据此可得答案.【详解】因为，所以，又.故选：D.7．若过点可以作曲线的两条切线，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据导数的意义得出曲线在点处的切线的方程，将代入直线可得关于的方程具有两个不相等的正数解，构造函数利用导数得出函数大概图形，即可得出答案.【详解】设曲线在点处的切线为，由可知直线的斜率为，故直线的方程为，将代入直线可得关于的方程具有两个不相等的正数解，构造函数，则，当时，单调递减；当时，单调递增，且当时，；，当，即时，，即当时，；故为了使方程有两个不相等的正数解，则须使.故选：B.8．物理学家本福特从实际生活得出的大量数据中发现，以1开头的数出现的频率约为总数的三成，接近期望值的3倍，并提出本福特定律，即在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．根据本福特定律，在某项大量经济数据（十进制）中，若，则的值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】根据题中的条件，结合对数的运算性质求得及，即可得解．【详解】，而，故，则．故选：A．二、多选题9．第一组样本数据：，由这组数据得到第二组样本数据：，其中，其中为正数，则下列命题正确的是（

）A．当时，两组样本数据的样本平均数不相同B．第二组样本数据的样本极差是第一组的倍C．第二组样本数据的样本标准差是第一组的倍D．第二组样本数据的样本方差是第一组的倍【答案】ABC【分析】根据样本数据的平均数，极差及方差,标准差性质逐个选项判断即可.【详解】设一组数据的平均数为，方差为，则的平均数为，方差为.对于选项，根据以上性质以及可知，第二组样本数据的平均数为，故平均数不相同，故正确；对于选项，由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，即第二组样本数据的样本极差是第一组的倍，故正确；对于选项，根据样本数的上述性质，第二组样本数据的样本方差是第一组的倍，第二组样本数据的样本标准差是第一组的倍，故C正确,错误.故选:.10．已知向量，则下列命题正确的是（

）A．的最大值为2B．存在，使得C．向量是与共线的单位向量D．在上的投影向量为【答案】ABD【分析】A.根据向量数量积的坐标表示，结合三角函数的恒等变形和性质，即可判断；B.利用数量积公式，可得，即可求解；C.根据模的公式，计算，即可判断；D.根据投影向量公式，即可计算求值.【详解】对于选项，，当，即时取最大值2，故A正确；对于B选项，要使，则，则，因为，所以，故存在，使得，故B正确；对于C选项，因为，所以向量不是单位向量，故C错误；对于选项，因为为单位向量，则在上的投影向量为，故D正确.故选：.11．已知双曲线的左、右焦点分别为，点是的右支上一点，连接与轴交于点，若（为坐标原点），，则（

）A．双曲线的渐近线方程B．双曲线的离心率为C．的面积为D．【答案】AB【分析】根据已知得出，即可通过得出，结合双曲线定义得出，，，即可得出双曲线的离心率，渐近线方程与的面积，判断选项D，即可得出答案.【详解】设，，，，，，，又，，的面积为，故C错误；则，，，双曲线的离心率为，双曲线的渐近线方程为，故AB正确；，故D错误；综上所述：选项AB正确，故选：AB.12．在棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，则下列命题正确的是（

）A．B．三棱锥的体积为定值C．异面直线AP与所成的角可以为D．设直线与平面所成的角为，则的最小值为【答案】ACD【分析】对于A：只需证平面即可；对于B：体积转化法；对于C：因为，所以∠APC（或补角）为异面直线AP与所成的角，观察∠APC的变化范围；对于D：求出到平面的距离为定值，则，只需考察变化时对的影响.【详解】如图所示对于A选项，因为，平面，平面所以平面，又平面，所以，同理可证：，又，平面，平面所以平面，又AP在平面内，，所以A选项正确；对于B选项，因为，又平面，平面，所以平面，所以，所以B选项错误；对于C选项，因为，所以∠APC（或补角）为异面直线AP与所成的角，因为为正三角形，所以当点P与线段B1C的端点重合时，异面直线AP与所成的角取得最小值60°，当点P与线段的中点重合时，异面直线AP与所成的角取得最大值90°，因为当点P从线段的端点运动到线段的中点过程中，异面直线AP与所成的角的大小变化是连续的，所以异面直线AP与所成的角可以为75°，所以C选项正确；对于D选项，设点P到平面的距离为，由B知，得，要使最小，则最大，又，当最小时，最大，当点P在线段的中点时，最小为，所以的最大值为，所以的最小值为，所以D选项正确．故选：ACD．三、填空题13．已知函数是奇函数，则__________.【答案】【分析】根据奇函数的定义得出，代入化简得出，即可得出答案.【详解】因为，故，因为为奇函数，故，即，故.故答案为：.14．已知椭圆的上、下顶点分别为，左顶点为，若，则椭圆的离心率为__________.【答案】##【分析】由得关系,变形后可求得离心率.【详解】根据题意，所以离心率.故答案为：．15．函数的最小值为__________.【答案】0【分析】讨论的值，由导数得出最值.【详解】当时，，当时，，当时，单调递减；当时，单调递增，所以.故答案为：四、双空题16．如图所示，一个平面内任意两两相交但不重合的若干条直线，直线的条数与这些直线将平面所划分的区域个数满足如下关系：1条直线至多可划分的平面区域个数为2；2条直线至多可划分的平面区域个数为；3条直线至多可划分的平面区域个数为7；4条直线至多可划分的平面区域个数为11；一般的，条直线至多可划分的平面区域个数为__________；在一个平面内，对于任意两两相交但不重合的若干个圆，类比上述研究过程，可归纳出：个圆至多可划分的平面区域个数为__________.【答案】

【分析】根据当直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设条直线可划分的平面区域个数为，推导出，利用累加法求得；利用类比的方法可求得个圆至多可划分的平面区域个数.【详解】当这些直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设这样的条直线可划分的平面区域个数为，已知，当时，因为第条直线与前条直线至多新增个交点，且新增的这个交点均在上，按沿的方向向量方向排布将这个交点依次记为，，对于线段，且，和以和为端点且不经过的两条射线，均能将前条直线所划分的区域一分为二，故将新增个区域，故，故，故条直线至多将平面划分的区域个数为；同理，当这些圆两两相交，且任意三个圆均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设这样的个圆可划分的平面区域个数为，已知，当时，因为第个圆与前个圆至多新增2个交点，且新增的这个交点均在上，按沿的逆时针方向排布将这个交点依次记为，对于弧，且，和弧，每一段弧均能将前1个圆所划分的区域一分为二，故将新增个区域，故有，故，故个圆至多可划分的平面区域个数为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：确定当直线两两相交且任意三条直线均不交于同一点时，可划分的平面区域个数最多，设这样的条直线可划分的平面区域个数为，关键点就是要推导出当增加一条直线时新增的区域个数，从而得到.五、解答题17．设数列满足.(1)求的通项公式；(2)若数列满足：，求数列的通项公式.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据题意，利用累加法和等比数列前n项求和公式计算即可求解；(2)当时，当时，，与题意中的相减可得，结合(1)即可求解.【详解】（1）因为，所以，由累加法，得，所以，当时也适合上式，所以.（2）①，当时，，所以，当时，②，①-②，得.又，经验证时也成立，故.18．足球比赛是一项深受球迷喜爱的运动项目.第22届足球世界杯在卡塔尔举行，这是历史上第一次在冬季举行的世界杯，为了解人们收看世界杯的意愿，随机对80个用户（其中女40人）进行问卷调查，得到如下列联表：男生女生合计有收看意愿无收看意愿1030合计40(1)补充上面的列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为“有收看意愿”与“性别”有关；(2)在无收看意愿的30人中，按性别用分层抽样的方法随机抽取6人，再从选出的这6人中随机抽取3人，记这3人中男生的人数为，求的分布列和数学期望.附：，其中.【答案】(1)列联表见解析，“有收看意愿”与“性别”无关(2)分布列见解析，数学期望为【分析】（1）填写列联表，由独立性检验的计算公式计算出结果，可推断是否有关；（2）分层抽样抽取的这6个人中男生有2人，女生有4人，由超几何分布公式计算概率，可求出分布列和期望.【详解】（1）男生女生合计有收看意愿302050无收看意愿102030合计404080零假设：“有收看意愿”与“性别”无关，由.依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即“有收看意愿”与“性别”无关.（2）无收看意愿的30人，男生人数与女生人数比为，所以用分层抽样抽取的这6个人中男生有2人，女生有4人，可得的可能取值为，有，，，故随机变量的分布列为012有.19．中，内角的对边分别为的外接圆半径为，已知.(1)求；(2)已知的平分线交于点，从以下三个条件中选择两个，使唯一确定，并求和的长度.条件①：；条件②：；条件③：.【答案】(1)(2)选择条件②和③；，【分析】（1）利用正弦定理得，可求出，再根据的范围可得答案；（2）由余弦定理得，条件①中，所以，显然不符合题意，由条件②，条件③解得，由余弦定理可得，利用为的平分线得，再由余弦定理可得答案.【详解】（1）由已知得，得，即，即，又因为，故；（2）由（1）得中，由余弦定理得，所以，而条件①中，所以，显然不符合题意，即条件①错误，由条件②，条件③，解得，由余弦定理可得，所以，所以，在中，因为为的平分线，所以，又因为，所以，在中，，所以.20．如图1，在梯形中，，于，且，将梯形沿折叠成如图2所示的几何体，，为直线上一点，且于，为线段的中点，连接，.(1)证明：；(2)若图1中，，求当四棱锥的体积最大时，平面与平面所成锐角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直即可证明线线垂直，（2）根据体积公式表达出体积，利用导数求解最值，进而根据空间向量求解面面角.【详解】（1）由已知得，，且，平面,所以平面，因为平面，所以，在梯形中，，因为为线段的中点，所以，故，又因为，且，平面,所以平面，因为平面，所以.（2）过点作于点，又因为平面,平面,所以，又，平面,所以平面，所以线段的长度为点到平面的距离.设，则，则四棱锥的体积，令，，，则时，，函数单调递增；时，，函数单调递减，所以，即当时，四棱锥的体积最大，此时，，以点为坐标原点，直线，分别为轴、轴，在平面内过点作与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，，设平面的法向量，则有，可取，因为平面，所以即为平面的一个法向量，则，故，所以平面与平面所成锐角的正弦值为.21．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，抛物线准线与轴交于点.(1)请写出满足的点的一组坐标；(2)证明：；(3)若将过焦点改为过点的直线与抛物线交于两点，在轴上是否存在点，使得，不需要说明理由，若存在写出点坐标.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)存在，【分析】（1）由题意可得当直线AB的方程为时满足，此时，；（2）由题意可得直线斜率存在且不为0，设直线，，，联立方程理由韦达定理得出，，则计算得出，即可证明；（3）存在，使得成立，理由如小问2.【详解】（1）由题意可知：，，若当直线AB