重庆市凤鸣山中学2023届高三上学期1月月考数学 Word版含解析.docx

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重庆市凤鸣山中学教育集团2022-2023学年高2020级上学期1月月考数学试题一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别求出不等式和的解集，求得集合，再求出集合的交集即可.【详解】详解：，，则，故选：B.2.若复数满足(为虚数单位)，则的共轭复数为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】由可得：，∴的共轭复数为故选D3.已知，则（）A.-1B.1C.-7D.【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式求出，再根据同角公式弦化切，代入正切值即可得解. 【详解】因为，所以，所以.故选：C4.已知，则的最大值为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，从而可求得答案.【详解】解：因为，所以，即，则，所以，又，所以，所以最大3.故选：C.5.一直线l经过点，倾斜角是直线的倾斜角的一半，则直线的方程是（）A.B.．C.D.【答案】B【解析】【分析】先由已知直线的方程求出直线的斜率，从而得到已知直线的倾斜角，又根据到直线的倾斜角是已知直线倾斜角的一半，得到直线的倾斜角等于，进一步根据点斜式写出直线的方程.【详解】因为直线，所以直线的斜率等于，根据直线倾斜角与斜率之间的关系得：直线的倾斜角等于，所以直线的倾斜角等于， 则直线的斜率等于，利用点斜式得直线的方程为：，整理化简得直线的方程为：，故选：B.【点睛】求解直线方程时应该注意以下问题：一是根据斜率求倾斜角，要注意倾斜角范围；二是求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应对斜率存在与不存在加以讨论；三是在用截距式时，应先判断截距是否为0，若不确定，则需分类讨论.6.2021年3月全国两会上，“碳达峰”碳中和”备受关注.为应对气候变化，我国提出“二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和”等庄严的目标承诺.在今年的政府工作报告中，“做好碳达峰､碳中和工作”被列为2021年重点任务之一；“十四五”规划也将加快推动绿色低碳发展列入其中.我国自1981年开展全民义务植树以来，全国森林面积呈线性增长，第三次全国森林资源清查的时间为1984﹣1988年，每5年清查一次，历次清查数据如表：第次3456789森林面积(亿平方米)1.251.341.591.751.952.082.20经计算得到线性回归直线为(参考数据：)，据此估算我国森林面积在第几次森林资源清查时首次超过3亿平方米（）A.12B.13C.14D.15【答案】C【解析】【分析】先根据回归方程过样本中心点求得，再解不等式，即得结果.【详解】解：由题意可知，，，又因为，则，故， 令，得，又为整数，所以，为整数，即估算我国森林面积在第14次森林资源清查时首次超过3亿平方米.故选：C.7.设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线上任意一点，且点P在第一象限，M是线段上的点，若，则直线的斜率的最大值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量的加法运算的几何意义，结合平面向量坐标表示的性质、斜率公式和基本不等式进行求解即可.【详解】如图，由题可知，设P点坐标为，则，当且仅当时，等号成立.故选：B【点睛】关键点睛：利用平面向量加法的几何意义是解题的关键.8.设是函数的导函数，且，（为自然对数的底数），则不等式的解集为 A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】构造函数F（x）=，求出导数，判断F（x）在R上递增．原不等式等价为F（lnx）＜F（），运用单调性，可得lnx＜，运用对数不等式的解法，即可得到所求解集．【详解】可构造函数F（x）=，F′（x）==，由f′（x）＞2f（x），可得F′（x）＞0，即有F（x）在R上递增．不等式f（lnx）＜x2即为＜1，（x＞0），即＜1，x＞0．即有F（）==1，即为F（lnx）＜F（），由F（x）在R上递增，可得lnx＜，解得0＜x＜．故不等式的解集为（0，），故选B．【点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造.构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每个给出的四个选项中，有多项是满足要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9.设非零实数，那么下列不等式中一定成立是（）A.B.C.D. 【答案】BD【解析】【分析】利用不等式的性质和特值法依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，设，，，满足，此时不满足，故A错误；对选项B，因为，且，所以，故B正确.对选项C，设，，，满足，此时，，不满足，故C错误；对选项D，因为，所以，，所以，故D正确.故选：BD【点睛】本题主要考查不等式的比较大小，特值法为解题的关键，属于简单题.10.下列说法正确的是（）A.市教委为了解附中高中生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从我校三个年级的学生中抽取一个容量为60的样本，已知我校高一、高二，高三年级学生之比为6∶5∶4，则应从高三年级中抽取20名学生B.方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小C.命题“，”的否定是“，”D.线性回归方程对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点【答案】BC【解析】【分析】A.应从高三年级中抽取名学生，所以该选项错误；B，C选项正确；D.线性回归方程对应的直线有可能不经过其样本数据点中的任意一个点，所以该选项错误.【详解】解：A.应从高三年级中抽取名学生，所以该选项错误；B.方差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，方差越大，数据的离散程度越大，方差越小，数据的离散程度越小，所以该选项正确； C.命题“，”的否定是“，，所以该选项正确；D.线性回归方程对应的直线有可能不经过其样本数据点中的任意一个点，所以该选项错误.故选：BC11.将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到如图所示的函数的部分图象，则关于函数的说法，正确的是（）A.最小正周期为B.图象关于点对称C.图象关于直线对称D.在区间上的值域为【答案】CD【解析】【分析】根据图象求出，利用三角函数的伸缩平移变换可得，结合整体代换法和三角函数的性质依次判断选项即可.【详解】由图可知，对于函数：，，又函数图象过点，所以，解得，由得，所以，根据题意可得，A：函数的最小正周期为，故A错误；B：由，所以其对称中心为，故B错误； C：由，当时，故C正确；D：由得，所以，所以，故D正确.故选：CD12.已知数列，均为递增数列，它们的前项和分别为，，且满足，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】利用代入法求出前几项的关系即可判断出与的取值范围，再分别求出数列与的前项和的表达式即可判断大小关系．【详解】由是递增数列，得；又，所以，所以，所以，故选项A正确；，故B不正确；由是递增数列，得，又，所以，所以，所以，故选项C正确；所以，所以，又，所以，而，当时，； 当时，可验证，所以对于任意的，，故选项D正确．故选：ACD．【点睛】关键点点睛：解决本题的第一个关键是根据数列的单调性建立不等式，从而判断选项A、C，第二个关键是在求和时采用分组求和，第三个关键是比较大小.三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.若非零向量，满足，则，的夹角为______.【答案】##【解析】【分析】由两边平方化简可得答案．【详解】由得，因为，所以，所以，．故答案为：．14.已知多项式，若，则正整数n的值为___________．【答案】5【解析】【分析】利用赋值法令，得，令可得，再利用等比数列求和及解方程，即可得到答案.【详解】令，得，令，得，即，，显然，∴，又，∴，即，故．故答案为：5.15.已知球O的半径为，以球心O为中心的正四面体的各条棱均在球O的外部，若球O 的球面被的四个面截得的曲线的长度之和为，则正四面体的体积为_________．【答案】【解析】【分析】易知球面截正四面体所得的曲线为4个相同的圆，从而求得圆半径，球心到正四面体的距离，利用边角关系，在直角三角形中解得棱长，从而求得正四面体体积.【详解】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为，半径为1，故球心O到正四面体各面的距离为，设正四面体棱长为a，如图所示，则斜高，体高，在和中，，即，∴，∴．故答案为：【点睛】方法点睛：找到球在面上截出的圆的半径后，求得球心到面的距离，从而构建直角三角形，根据边角关系解得棱长，从而求解.16.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若，为坐标原点，则双曲线的离心率为______.【答案】2【解析】【分析】根据已知条件求出的长度，进而在和，分别求出和 ，从而建立等量关系求得，进而可以求出离心率.【详解】解：因为，一条渐近线方程为，则，，在中，，又因为，在中，，所以，即，因此，即，所以.故答案为：2.【点睛】关键点睛：本题考查求双曲线的离心率，关键在于根据渐近线和余弦定理得出关于a，b，c的齐次式．四、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目.在中，内角，，的对边分别为，，.已知______.（1）求角；（2）若，，求边上的中线的长.注：若选择多个条件分别进行解答，则按第一个解答进行计分. 【答案】（1）任选一个，答案均为（2）．【解析】【分析】（1）选①，由正弦定理化边为角，然后由诱导公式，两角和的正弦公式，商数关系求得；选②，由正弦定理化边为角，由诱导公式、二倍角公式变形可求得；选③，由余弦定理化角为边，再由余弦定理求得；（2）在和中分别应用余弦定理后相加可得．【小问1详解】选①，由正弦定理得，，，，三角形中，所以，又，所以；选②由正弦定理得，三角形中，所以，又三角形中，所以，，所以，即；选③，由余弦定理得，整理得，所以，而，；【小问2详解】由（1），， 由余弦定理得：，又，，所以，所以，．18.已知数列的前n项和为，且6，，成等差数列．（1）求；（2）是否存在，使得对任意成立？若存在，求m的所有取值；否则，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，2.【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质，结合等比数列的定义进行求解即可；（2）根据等比数列的前n项和公式，结合指数函数的性质进行求解即可.【详解】解：（1）因为6，，成等差数列，所以，因此有，两式相减得:，即，当时，，∴，故是以2为首项，为公比的等比数列，∴；（2），∴题中不等式等价于，即，即对成立，∵且时，∴，显然m为偶数，成立， 当时，故．19.2020年8月，教育部发布《关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见》某校积极响应国家号召，组织全校学生加强实心球项目训练，规定该校男生投掷实心球米达标，女生投掷实心球米达标，并拟定投掷实心球的考试方案为每生可以投掷3次，一旦达标无需再投.从该校任选5名学生进行测试，如果有2人不达标的概率超过0.1，则该校学生还需加强实心球项目训练，已知该校男生投掷实心球的距离服从正态分布，女生投掷实心球的距离服从正态分布（的单位:米）.（1）请你通过计算，判断该校学生是否还需加强实心球项目训练；（2）为提高学生考试达标率，该校决定加强训练，经过一段时间训练后，该校女生投掷实心球的距离服从正态分布，且.此时，请判断该校女生投掷实心球的考试达标率能否达到？并说明理由.（取的值为2.15）【答案】（1）需要加强（2）该校女生投掷实心球的考试达标率能达到，理由见解析【解析】【分析】（1）根据独立重复试验概率计算公式进行计算，从而作出判断.（2）通过计算达标率来进行说明.【小问1详解】依题意该校男生投掷实心球距离服从正态分布，女生投掷实心球的距离服从正态分布，所以男生和女生每次投掷达标概率为，不达标概率为，所以男女生最终达标的概率为，所以从该校任选5名学生进行测试，则有2人不达标的概率为，所以该校学生还需加强实心球项目训练.【小问2详解】，即， 且，即，所以，，则女生达标率为.所以该校女生投掷实心球的考试达标率能达到.20.如图，在四棱锥中，底面梯形中，，平面平面，是等边三角形，已知，，是线段上一点.（1）求证：平面平面；（2）已知三棱锥体积为三棱锥体积的3倍，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由长度勾股关系可得，结合平面平面，可得平面，又平面，即得证；（2）由，可得，建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，由二面角的向量公式即得解【详解】（1）证明：在中，由于，∴,故.又平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，故平面平面. （2）设，且，∴，解得.取中点，中点，连接，由（1）平面，平面又是等边三角形，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系设，由由于平面，故平面的一个法向量为设平面的一个法向量为令 设二面角为，由图得为锐角21.已知椭圆：，点、分别为椭圆的左右顶点，点、分别为椭圆的左右焦点，过点任作一条不与y轴垂直的直线与椭圆交于、两点，的周长为8.（1）求椭圆的方程.（2）若直线，交于点，试判断点是否在某条定直线点上，若是，求出的值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，．【解析】【分析】（1）根据题设条件和椭圆的定义，得到，求得，再由，求得，即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系，得到，在由由直线的方程联立，得到，将代入求得，即可得到结论．【详解】（1）由的周长为8得：，即，由、，故，∴椭圆的方程为.（2）设：，与椭圆C：，联立得，由韦达定理得，， 直线：与：，联立得，将，代入整理得：，即，即直线与的交点D的横坐标为4，故点D在直线上，∴.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22.已知函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若函数有两个极值点，，且恒成立（为自然对数的底数），求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）．【解析】【分析】（1）示出导函数，在定义域内分类讨论确定的正负，得单调区间；（2）由有两个不等实根得出的一个范围，同时得出的关系，计算化为 的函数，不等式变形后，引入函数，由导数确定单调性后可得不等式的解，即得的范围．【小问1详解】的定义域是，，时，时，，时，，的减区间，增区间是；时，或时，，时，，的增区间是和，减区间是；时，恒成立，的增区间是，无减区间；时，或时，，时，，的增区间是和，减区间是；【小问2详解】，由题意有两个不等正根，，，又，，所以，，，由题意，，设，则，在上递减，又，所以由，得．综上，．【点睛】本题考查导数研究函数的单调性，考查极值点有关的问题，解题方法由导函数为0得出极值点的性质，同时得出参数的一个范围，计算有关极值点的代数式 ，化简不等式，利用函数的单调性得出不等式的解，从而得出结论，本题属于较难题．