2023届海南省琼海市嘉积中学高三上学期第一次月考数学试题含解析

2023届海南省琼海市嘉积中学高三上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．设全集U是实数集R，，都是U的子集（如图所示），则阴影部分所表示的集合为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】题图中阴影部分表示集合，即可求

【详解】题图中阴影部分表示集合.

故选：B

2．已知函数，，若的图象如图所示，则可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】判断函数的奇偶性，再计算，由图象知函数为过原点的奇函数，利用奇函数定义判断选项即可.

【详解】，

是偶函数，且.

，，

是奇函数且，

由图象知函数是奇函数且，

对于A，，，，函数不是奇函数，故错误；

对于B，，无意义，函数不过原点，故错误；

对于C，，，，函数是奇函数，故正确；

对于D：，无意义，图象不过原点，故错误.

故选：C

3．圆：与圆：的位置关系为（    ）

A．相交 B．相离 C．外切 D．内切

【答案】A

【分析】根据圆心距以及圆的半径确定正确选项.

【详解】圆：的圆心为，半径为.

圆：的圆心为，半径为.

，，

所以两圆相交.

故选：A

4．已知e是自然对数的底数，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据的单调性可得，再由的符号，判断a，b，c的大小.

【详解】由，而为增函数，

所以，而，故.

故选：A

5．记，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用赋值法求二次项系数和，令求出，再令即可求解.

【详解】由题意可知，令，得，

令，得，

所以.

故选：B.

6．已知抛物线的焦点为F，A为抛物线C上一点，直线AF交抛物线C的准线l于点B，且，则（    ）

A． B．4 C． D．6

【答案】D

【分析】根据抛物线的定义及三角形平行线分线线段成比例定理即可求解.

【详解】由题意可知，过点作交于点，直线交轴于点,如图所示

由，得，即.

在中，，

由，得，即，所以,即,

所以,

由抛物线的定义知，.

故选：D.

7．喷泉是流动的艺术，美妙绝伦的喷泉给人以无限的享受，若不考虑空气阻力，当喷泉水柱以与水平方向夹角为的速度v喷向空气中时，水柱在水平方向上移动的距离为，能够达到的最高高度为（如图所示，其中g为重力加速度）若，则H与D的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先表示出，再用二倍角公式进行化简即可求解.

【详解】因为，，

所以.

故选：B

8．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有表有广，而上有表无广．刍，草也，甍，屋盖也”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍字面意思为茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形为正方形，为两个全等的等腰梯形，，则此刍甍的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，取中点为N，设，求出即得解.

【详解】解：设，取中点为N，由题意知，球心O在直线上，

由可得，

设，则，

解得，故，

所以外接球的表面积.

故选：C

二、多选题

9．已知i为虚数单位，下列命题中正确的是（    ）

A．若x，，则的充要条件是

B．是纯虚数

C．若，，，则

D．当时，复数是纯虚数

【答案】BD

【分析】A、C应用特殊值法判断；B、D根据纯虚数定义判断即可.

【详解】A：若，，则，错误；

B：由，则，故是纯虚数，正确；

C：若，，则，错误；

D：由，则，，故为纯虚数，正确.

故选：BD

10．已知点P是的中线BD上一点（不包含端点）且，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】可以证明. 所以选项A正确，选项B错误；利用基本不等式证明选项C正确；利用基本不等式和对数函数的运算和性质证明选项D错误.

【详解】解：因为，所以,

又三点共线，所以. 所以选项A正确，选项B错误；

，所以（当且仅当时等号成立），所以选项C正确；

因为，（当且仅当时等号成立）

所以，所以选项D错误.

故选：AC

11．已知正四棱锥的侧面是边长为6的正三角形，点M在棱PD上，且，点Q在底面及其边界上运动，且面，则下列说法正确的是（    ）

A．点Q的轨迹为线段

B．与CD所成角的范围为

C．的最小值为

D．二面角的正切值为

【答案】ACD

【分析】作出与面平行且过的平面，即可得出点Q的轨迹判断A，当点在处时，异面直线所成角小于可判断B，当时求出可判断C，作出二面角的平面角求正切值判断D即可.

【详解】对于A，取点,，使得，，连接,，如图，

由线段成比例可得，平面，平面，

所以平面，同理可得平面，

又平面，，所以平面平面，

故当点时，总有面，所以点Q的轨迹为线段，故A正确；

对于B，由知与CD所成角即为与NE所成角，在中，，由余弦定理可得，由，可知，即运动到点时，异面直线所成的角小于，故B错误；

对于C，当时，最小，此时，故C正确；

对于D，二面角即平面与底面所成的锐角，连接相交于，连接，取点H，使得，连接MH，过H作于G，连接，如图，

由正四棱锥可知，面，由，知，

，由可得，

，面，，又，，平面，，即为二面角的平面角，，故D正确.

故选：ACD

12．信息技术编程中会用到“括号序列”，一个括号序列是由若干个左括号和若干个右括号组成．合法括号序列可以按如下方式定义：①序列中第一个位置为左括号；②序列中左括号与右括号个数相同；③从序列第一个位置开始任意截取一个连续片段，该片段中左括号的个数不少于右括号的个数．例如（）（（））和（）（）都是合法括号序列，而（））（，）（）和（））（（）都不是合法括号序列．一个合法括号序列中包含的左括号和右括号的个数之和称为该序列的长度．若A和B都是括号序列，则AB表示将B拼接在A后得到的括号序列．根据以上信息，下列说法中正确的是（    ）

A．如果A，B是合法括号序列，则也是合法括号序列

B．如果是合法括号序列，则A，B一定都是合法括号序列

C．如果是合法括号序列，则A也是合法括号序列

D．长度为8的合法括号序列共有14种

【答案】AD

【分析】根据合法括号序列的定义可判断A；举反例可说明B,C的正误；分类讨论，考虑在前面四个位置上左括号的个数，算出符合条件的合法括号序列共有14种，判断D.

【详解】出题意知如果A，B是合法括号序列，则也是合法括号序列,A正确;

对于B,AB为（（））（）为合法括号序列，但取A为（（，B为））（）显然都不是合法括号序列，故B错误；

对于C, 如果是合法括号序列，比如（）（）为合法括号序列，

但A为）（，不是合法括号序列，故C错误；

对于D选项，由题意知第一个位置为左括号，最后一个位置为右括号，

分类考虑：（1）当前4个位置都为左括号时，则后4个位置都为右括号，故满足条件序列有1个；

（2）当前4个位置有3个左括号时，则第2，3，4个位置任取两个位置是左括号，第5，6，7个位置任取一个位置是右括号，故满足条件序列共有个；

（3）当前4个位置有2个左括号时，

则第2或第3个位置为左括号，第5个位置一定为左括号，第6，7个位置有一个为左括号，满足条件序列共有个，综上，共有个，D正确，

故选：AD．

三、填空题

13．双曲线的渐近线方程为，则________．

【答案】  0.25

【分析】根据方程表示双曲线可得，化为标准方程，得到，由可求出结果.

【详解】由表示双曲线，可知，

化为标准方程为，

所以，，

所以，，

所以，所以.

故答案为：.

14．2021年10月26日国务院印发《2030年前碳达峰行动方案》，要求我国二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值．低碳生活已经深入民心，新能源汽车备受欢迎，下表是某地区近5个月新能源汽车的销售量统计表：

若根据表中数据求得的x与y的线性回归方程为，则________．

【答案】  0.26

【分析】根据回归直线经过样本点中心可求出结果.

【详解】,,

由，得，得.

故答案为：.

15．若关于x的方程有解，则实数a的取值范围为________．

【答案】

【分析】分离参数，利用基本不等式求解最值即可求解.

【详解】由有解，得有解，

由于，故，当且仅当时取等号，所以，

故答案为：

16．设函数，数列满足，则数列的前100项之和为_______．

【答案】4950

【分析】先研究函数的性质，再根据函数的性质可得，最后求和即可.

【详解】的定义域为，

且，

所以为R上的奇函数.

又因为在上都是增函数，

所以在上是增函数，

根据为R上的奇函数，从而可知为R上的增函数，

所以为R上单调递增奇函数，

所以，得，

即，

故．

故答案为：

四、解答题

17．已知等比数列满足，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等比数列基本量的计算即可求解，

（2）根据错位相减求和以及分组求和即可解.

【详解】(1)设等比数列的公比为 由得，

由得 ，所以 ，

(2)，

记 ，的前 项和为 ，

所以 ，

，

两式相减得： ，

进而得： ，

因此

18．在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，若，

（1）求角C的大小；

（2）若，求的值．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）利用推出a，b，c的关系，利用余弦定理求出C的大小即可.

（2）由正弦定理可得，得出，将化简得，进而求出答案.

【详解】解：（1），则，

.

由余弦定理得，故有.

（2），

，即.

【点睛】本题考查了平行向量与共线向量，余弦定理、正弦定理的运用.

19．2022年6月5日神舟十四号发射升空，神舟十四号任务期间，将全面完成以天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱为基本构型的太空空间站建造等多项科研任务，并将继续开展天宫课堂．某校“航空航天”社团针对学生是否有兴趣收看天宫课堂进行了一项调查，获得了如下数据：

(1)是否有95%的把握认为“是否有兴趣收看天宫课堂与性别有关”？

(2)从不感兴趣的10人中随机抽取两人做进一步宣传，设抽到的女生人数为X，求X的概率分布．

参考公式：独立性检验统计量，其中．

临界值表：

【答案】(1)没有95%的把握认为“是否有兴趣收看天宫课堂与性别有关”

(2)答案见解析

【分析】（Ⅰ）求出，从而没有的把握认为“是否有兴趣收看天宫课堂与性别有关”；

（Ⅱ）从不感兴趣的女生人数的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望．

【详解】(1)解：提出假设：是否有兴趣收看天宫课堂与性别无关               

根据列联表中的数据，可以求得           

因为．而，

所以没有95%的把握认为“是否有兴趣收看天宫课堂与性别有关” .

(2)解：依题意，随机变量X的可能取值为0，1，2，                            

随机变量X的概率分布表如下：

20．在三棱柱中，，平面平面，E，F分别为线段的中点．

(1)求证：；

(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，且，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证线线垂直，再证明线面垂直，从而可得线线垂直；

（2）建立空间直角坐标系，根据题中的条件得，再将问题转化为求即可.

【详解】(1)∵，E为AC的中点，∴，

又∵平面平面，平面平面，

∴平面，且平面，∴，

∵，∴，

又，∴平面，

又平面，∴．

(2)如图，以为坐标原点，分别以为x，z轴正方向，所外建立空间直角坐标系，设，则，

.

设平面的法向量，

则，即是，解得，

由题意：，即，解得或，

∵，

∴，

由有，可知,

∴.

21．已知，平面内一动点满足．

(1)求点运动轨迹的轨迹方程；

(2)已知直线与曲线交于，两点，当点坐标为时，恒成立，试探究直线的斜率是否为定值？若为定值请求出该定值，若不是定值请说明理由．

【答案】(1)

(2)是定值；

【分析】对于小问1，设点，代入，整理化简得点轨迹方程；

对于小问2，设出直线：，联立曲线的方程，结合韦达定理，代入，整理得到和的关系，进而判断直线是否过定点．

【详解】(1)设，则，所以点轨迹方程为：．

(2)显然直线不垂直于轴，

故设：，，

代入并整理得： ，

∴

，

整理得：，

若，此时过，不合题意；

若，即符合题意，

故直线的斜率为．

22．已知函数（其中是自然对数的底数）.过点作曲线的两条切线，切点坐标分别为.

(1)若，求的值；

(2)证明：随着的增大而增大.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)由导数的几何意义求切线方程，由点在切线上列方程求的值；(2)由导数的几何意义可得，是方程的两根，设由此可得 ，证明随着的增大而增大，随着的增大而增大，由此证明随着的增大而增大.

【详解】(1)因为，所以切点为，又，则，

所以切线方程为，

因为切线过点，所以，解得；

(2)设切点为，因为，则切线方程为，

因为切线过点，所以，整理得，

所以，是方程的两根，

设，则，令，解得，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以，

设的两根为，其中，

则由单调性可知，，所以，

设，即随着的增大而增大，

因为，所以，整理得，

所以，所以，设，

则，

设，则，

，则

所以单调递增，所以，所以单调递增，所以，

即单调递增，所以随着的增大而增大，

又随着的增大而增大，所以随着的增大而增大.

【点睛】本题解决的关键在于根据函数方程的思想确定，是方程的两根和构造函数证明随着的增大而增大.