2023届云南省名校高三上学期第二次月考数学试题含解析

这是一份2023届云南省名校高三上学期第二次月考数学试题含解析，共19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届云南省名校高三上学期第二次月考数学试题 一、单选题1．复数在复平面内对应的点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数除法计算方法化简复数即可.【详解】，而对应的点的坐标为故选:D2．设集合，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简，然后利用交集和补集的定义进行计算即可【详解】，所以，所以，故选：C3．某游泳馆统计了10天内某小区居民每日到该游泳馆锻炼的人数，整理数据，得到如下所示的折线图.则根据此折线图，下面结论正确的是（    ）A．这10天内，每日游泳人数的极差大于106B．这10天内，每日游泳人数的平均值大于135C．这10天内，每日游泳人数的中位数大于145D．前5天每日游泳人数的方差小于后5天每日游泳人数的方差【答案】B【分析】根据折线图中提供的数据，按选项要求计算即可.【详解】这10天内，每日游泳人数的极差为，A错误；这10天内，每日游泳人数的平均值为，B正确；由图可得每日游泳人数分别为152，165，113，76，181，133，154，125，108，152，由小到大排列为76，108，113，125，133，152，152，154，165，181，这10天内，每日游泳人数的中位数为，C错误；前5天每日游泳人数的平均值为，后5天每日游泳人数的平均值为，前5天每日游泳人数的平均值附近摆动的幅度比后5天每日游泳人数的平均值附近摆动的幅度大，所以前5天每日游泳人数的方差大于后5天每日游泳人数的方差，D错误，故选B.4．一个礼堂的座位分左、中、右三组，左、右两组从第一排到最后一排每排依次增加1个座位，中间一组从第一排到最后一排每排依次增加2个座位，各组座位具有相同的排数，第一排共有16个座位，最后一排共有52个座位，则该礼堂的座位总数共有（    ）A．442个 B．408个 C．340个 D．306个【答案】C【分析】根据题意可知是等差数列，可得，公差，，求出，然后用等差求和公式即可【详解】设该礼堂从第一排到最后一排的座位数构成一个数列，共排座位，故得到首项，公差，，由可得，所以座位总数为，故该礼堂的座位总数共有340个，故选：C.5．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用二倍角的余弦公式求出的值，再利用两角和与差的正弦公式化简可求得的值.【详解】因为，，解得.故选：A.6．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据指数函数和对数函数的单调性即可判断 的大小.【详解】，， ，所以；故选：B.7．已知双线的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，点M在C的右支上运动，的内心为I，若，则C的离心率为（    ）A．2 B． C．3 D．【答案】A【分析】首先设双曲线的右顶点为A，的内切圆I与、、分别相切于点P、Q、N，根据双曲线的概念得到，从而得到A与N重合，再结合题意得到，即可得到答案.【详解】设双曲线的右顶点为A，的内切圆I与、、分别相切于点P、Q、N，如图所示：.所以，，，则，而，所以，即A与N重合，即内切圆I与相切于点A，所以，又，所以A为的中点，所以，故.故选：A.8．已知，是方程的根，且，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，，是方程的根，进而研究函数性质得，进而得，，再依次判断各选项即可得答案.【详解】解：依题意：，方程的根即为方程的根，所以，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，且，时，，所以，，则，所以A选项错误，又因为，所以，，所以BC选项错误，D选项正确.故选：D. 二、多选题9．在正三棱柱中，，则下列结论正确的是（    ）A．与的夹角为45° B．与平面ABC所成角为45°C．与的夹角为45° D．与平面所成角为45°【答案】BC【分析】根据给定条件，利用线线角、线面角的定义结合正三棱柱的结构特征逐项判断作答.【详解】在正三棱柱中，令，，则与的夹角等于或其补角，，，则，A错误；平面ABC，则与平面ABC所成角等于，正方形中，，B正确；，则与的夹角等于，C正确；设D为的中点，连，如图，平面，平面，则，而，，平面，因此平面，与平面所成角等于，而，，显然，D错误.故选：BC10．已知椭圆的左焦点为F，过F的直线l与E交于A，B两点，则下列说法正确的是（    ）A．若直线l垂直于x轴，则 B．C．若，则直线l的斜率为 D．若，则【答案】ABD【分析】求出椭圆E的左焦点，设出直线l的方程并与椭圆方程联立，逐项计算判断作答.【详解】依题意，椭圆的左焦点为，设，对于A，轴，直线，由得：，则，A正确；对于B，l不垂直于x轴时，设l的方程为，由消去y并整理得：，则，，，显然，于是得，由选项A知，当轴时，，因此，B正确；对于C，当时，由选项B得，解得，C错误；对于D，因，有，则，即，而，，同理，则有，即，于是得，因此，D正确.故选：ABD11．一个不透明的纸箱中放有大小、形状均相同的10个小球，其中白球6个、红球4个，现无放回分两次从纸箱中取球，第一次先从箱中随机取出1球，第二次再从箱中随机取出2球，分别用，表示事件“第一次取出白球，”“第一次取出红球”；分别用B，C表示事件“第二次取出的都为红球”，“第二次取出两球为一个红球一个白球”.则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据条件概率公式和全概率公式依次判断选项即可.【详解】由题得，，根据条件概率公式，得.，故A，B正确.对选项C，，所以，故C错误.对选项D，，，故D错误.故选：AB12．某制造企业一种原材料的年需求量为千克（该原材料的需求是均匀的，且不存在季节性因素），每千克该原材料标准价为元.该原材料的供应商规定：每批购买量不足千克的，按照标准价格计算；每批购买量千克及以上，千克以下的，价格优惠；每批购买量千克及以上的，价格优惠.已知该企业每次订货成本为元，每千克该原材料年平均库存成本为采购单价的.该企业资金充足，该原材料不允许缺货，则下列结论正确的是（    ）（采购总成本采购价格成本订货成本库存成本，为原料年需求量，为平均每次订货成本，为单位原料年库存成本，为订货批量即每批购买量，为采购单价）A．该原材料最低采购单价为元/千克 B．该原材料最佳订货批量为千克C．该原材料最佳订货批量为千克 D．该企业采购总成本最低为元【答案】ACD【分析】设表示采购总成本，写出的表达式，分析函数的单调性，对的取值进行分类讨论，求出在不同情况下的最小值，即可得出结论.【详解】设表示采购总成本，则，设，其中，任取、且，则.当时，，，则，当时，，，则，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值，最小值为.（1）当订货批量在区间时，没有数量折扣，采购单价，因，此时在时取最小值，且该原材料的采购总成本最低为（元）或（元）.（2）当订货批量在区间时，存在数量折扣，采购单价（元），因，此时在时取最小值，该原材料的采购总成本最低为（元），（3）当订货批量在区间时，存在数量折扣，采购单价元，因，此时在时取最小值，该原材料的采购总成本最低为（元）.综上，采购总成本最低时的采购批量即为最佳订货批量，故最佳订货批量为千克，最低采购单价为元/千克，采购总成本最低为元，故选：ACD.【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法：（1）取值：设、是所给区间上的任意两个值，且；（2）作差变形：即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；（3）定号：确定差的符号；（4）下结论：判断，根据定义得出结论.即取值作差变形定号下结论. 三、填空题13．设向量的模为2，向量，且，则与的夹角等于______.【答案】【分析】根据题意计算得，再求解向量夹角即可.【详解】解：由得，因为，所以，即，解得，所以，又，所以.故答案为：14．已知函数，使在上为增函数的a与b组成的有序实数对为，则可以是______.（写出一对符合题意的即可）【答案】（答案不唯一）【分析】，能使在上为增函数，即可得答【详解】当时，在上为增函数，当时，在上为增函数，故当，时，在上为增函数，故可取1，可取，故答案为：（答案不唯一）15．已知两个平行平面间的距离为2，这两个平面截球所得两个截面圆的半径分别为1和，则球O的表面积等于______.【答案】【分析】设球半径为，球心到截面距离分别为，，则，，再根据球心在两个截面的同侧和球心在两个截面的两侧列式求解即可.【详解】解：设球半径为，球心到截面距离分别为，，则，，若球心在两个截面的同侧，故，即，两边平方化简得，不合题意.若球心在两个截面之间，则，即，解得.所以球的表面积等于.故答案为：16．已知函数，若是图象的一个对称中心，在区间上有最大值点无最小值点，且，记满足条件的的取值集合为，则______.【答案】【分析】分析可知、可得出关于、的等式组，结合的取值范围可求得的值，设函数的最小正周期为，可得，求出的取值范围，即可得解.【详解】设函数的最小正周期为，由题得，则，又由在区间上有最大值无最小值，满足，则，当时，则，即，所以，又，故，所以，又，所以满足条件的的取值集合.故答案为：. 四、解答题17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.(1)求B；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先根据题意得到，再利用正弦定理边化角公式求解即可.（2）首先利用余弦定理得到，再利用正弦定理面积公式求解即可.【详解】(1)在中，，，所以，即，因为，所以，即，因为，所以.(2)因为，，所以，根据余弦定理，得，解得.所以的面积为.18．某市从2017年到2021年新能源汽车保有量y（单位：千辆）与年份的散点图如下：记年份代码为，，对数据处理后得：35559797153115 (1)根据散点图判断，模型①与模型②哪一个更适宜作为y关于x的回归模型？（给出结论即可，不必说明理由）(2)根据（1）的判断结果，建立y关于x的回归方程，并预测2022年该市新能源汽车保有量（计算结果都精确到1）.参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.【答案】(1)模型②更适宜作为y关于x的回归方程(2)，预计2022年该市新能源汽车保有量约为110千辆 【分析】（1）根据散点图即可得到答案.（2）利用最小二乘估计公式得到回归方程为，再计算时的值即可.【详解】(1)由散点图知模型②更适宜作为y关于x的回归方程.(2)由已知得，回归方程中斜率的最小二乘估计为：，，所以y关于t的回归方程为，即y关于x的回归方程为，2022年对应的年份代码为，得，预计2022年该市新能源汽车保有量约为110千辆.19．设数列的前n项和为，且，数列满足，且.(1)证明：数列是等比数列，数列是等差数列，并求，的通项公式；(2)设数列的前n项和为，求.【答案】(1)证明见解析，，(2) 【分析】（1）根据题意，整理判定数列是等比数列，根据等差数列定义证明是等差数列，再根据等比，等差数列通项公式求解即可；（2）由（1），再根据错位相减法求解即可.【详解】(1)证明：当 时，，即.因为，所以，则，即.所以数列是以2为首项，公比为2的等比数列，所以.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①，②，所以①②得，所以.20．如图，在四面体ABCD中，是边长为2的等边三角形，，.(1)证明：平面平面BCD；(2)若二面角的余弦值为，求四面体ABCD的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1) 取BD中点E，根据等边三角形三线合一证明，根据勾股定理证明为直角三角形，最后通过线面垂直证明面面垂直.(2)建立空间直角坐标系，设，长度，通过已知条件用向量公式计算出，的值，最后根据棱锥体积公式计算出四面体ABCD的体积.【详解】(1)证明：取BD中点E，连接AE， CE，是等边三角形，.，，，而，所以，故，所以.平面BCD，平面BCD，，平面BCD，又平面ABD，平面平面BCD.(2)过C作z轴垂直于平面BCD，如图建立空间直角坐标系，设，.则，，，，所以，.设平面ABC的法向量为，则即，取向最，取平面BCD的一个法向量.设平面ABC与平面BCD所成角为，则.解得，所以，所以四面体ABCD的体积为.21．已知抛物线的焦点为F，斜率为的直线l与E相切于点A.(1)当，时，求E的方程；(2)若直线与l平行，与E交于B，C两点，且，设点F到的距离为，到l的距离为，试问：是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.【答案】(1)(2)是定值，定值为3 【分析】（1）利用导数的几何意义再结合焦半径公式求解即可.（2）首先设，，，根据两条直线平行和得到，，即可得到，，再求即可.【详解】(1)由得，则，令，则，即，则，所以，故抛物线E的方程为.(2)设，，，则切线l的斜率，则切线l的方程为：，即，.直线的方程为，化简得，因为，所以，由得，则，即，即.由，则，，所以.故是定值，定值为3.22．已知函数是奇函数，曲线在点处的切线方程为.(1)求的零点；(2)若在区间内有最大值，求m的取值范围.【答案】(1)的零点有3个，分别是，0，(2) 【分析】（1）根据奇函数性质得，，进而根据导数的几何意义得，，再求函数零点即可；（2）由题知是函数的极小值点，是函数的极大值点，进而将问题转化为解不等式即可.【详解】(1)由题是奇函数，所以对一切实数恒成立，即，恒成立，所以，.所以，，，曲线在点处的切线方程为，所以，，解得，，所以，令，即，得或或，所以的零点有3个，分别是，0，.(2)解：由（1）知，，当或时，，在、上单调递减;当时，，在上单调递增，故是函数的极小值点，是函数的极大值点， 因为在区间内有最大值，所以，即解不等式得，解不等式得，不等式，即为，故，解得，所以，不等式的解为，所以的取值范围为.