2023届海南省琼海市嘉积中学高三上学期第三次月考（期中）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三次月考（期中）数学试题

一、单选题

1．设集合，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接利用并集的概念求解.

【详解】解：因为，，

所以.

故选：C

2．在复平面内，复数，其中是虚数单位，则复数对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】由复数乘法运算将其化简成的形式，再由复数在复平面中所对应的点的坐标为，可得结果.

【详解】∵，

∴复数在复平面内所对应的点的坐标为 ，

所以点在第一象限.

故选：A.

3．已知命题，，则的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】对原命题“改量词，否结论”即可求得结果.

【详解】命题，的否定是：，.

故选：A.

4．图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3．若曲侧面三棱柱的高为5，底面任意两顶点之间的距离为10，则其侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用弧长公式计算侧面积即可.

【详解】.

故选：B

5．已知角的终边与单位圆的交点为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数定义得到，再利用二倍角公式计算即可.

【详解】已知角的终边与单位圆的交点为，故，

.

故选：A

6．若函数，则的一个单调递增区间是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对函数进行求导，令即可求解

【详解】由可得，

令，解得，

所以的单调递增区间是，

故选：B

7．将甲、乙、丙、丁四名大学生分到三个不同单位实习，每个单位至少分到一名实习生，则甲、乙两名大学生不被分到同一个单位实习的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出甲、乙、丙、丁四名大学生分到三个不同单位实习，每个单位至少分到一名实习生共有的选择数，再求出甲、乙两名大学生被分到同一个单位实习的选择数，再利用古典概型求概率公式及对立事件求概率公式进行求解即可.

【详解】甲、乙、丙、丁四名大学生分到三个不同单位实习，每个单位至少分到一名实习生，

则必有2人分配到同一个单位，先从4人中选出2人，有种选择，

再进行全排列，有种选择，故总的方法有种，

其中甲、乙两名大学生被分到同一个单位实习的情况：从3个单位中选出一个分配给甲乙，再将剩余的丙丁和剩余的两个单位进行全排列，有种选择，

所以甲、乙两名大学生被分到同一个单位实习的概率为，

故甲、乙两名大学生不被分到同一个单位实习的概率为

故选：A

8．已知函数对任意的，总有，若时，，且，则当时，的最大值为（    ）

A．0 B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】先令，求出，再判断函数的奇偶性，然后利用函数的单调性的定义结合已知条件判断其单调性，再利用单调性可求出函数的最大值.

【详解】令，则，得，

令，则，

所以，

所以为奇函数，

任取，且，则，，

所以

，

所以，

所以在上递减，

所以当时，的最大值为，

因为，所以，

所以，

故选：D

二、多选题

9．下列结论中正确的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】根据常见初等函数的导数公式，结合复合函数的导数公式进行逐一判断即可.

【详解】因为，所以A不正确；

因为，所以B不正确；

因为，所以C正确；

因为，所以D正确，

故选：CD

10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的图象可以由的图象向右平移个长度单位得到

B．，则

C．是偶函数

D．在区间上单调递增

【答案】AD

【分析】根据函数平移可判断A,根据最值点的与周期的关系可判断B,根据偶函数的特征可判断C,整体代入验证法可判断D.

【详解】对于A,的图象向右平移个长度单位得到，故A正确，

对于B，因为，由可知为最值，又故,故B错误，

对于C,为奇函数，故错误，

对于D,，故在区间上单调递增，正确，

故选：AD

11．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则（    ）

A．当时，

B．函数有2个零点

C．的解集为

D．，都有

【答案】ACD

【分析】根据奇函数关于原点对称，结合函数的单调性，通过图象，即可求解.

【详解】②当时，则，,因为是定义在R上的奇函数,所以，故A对.

②时，令,解得，由是定义在R上的奇函数，所以时，又；故函数有3个零点，故B不对.

③时，令,解得；时，令，解得，故的解集为，所以C对.

④当时，，，当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，且当时，，时，所以

由是定义在R上的奇函数，故当时，，因此对，都有，故D对.

故选:ACD

12．已知正三棱柱的所在棱长均为2,P为棱上的动点,则下列结论中正确的是（    ）

A．该正三棱柱内可放入的最大球的体积为

B．该正三棱柱外接球的表面积为

C．存在点P,使得

D．点P到直线的距离的最小值为

【答案】BCD

【分析】根据正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,求出球的体积;

根据正三棱柱的外接球半径公式即可求出外接球表面积;

当为中点时, 构造等腰三角形,易证平面即可;

建立空间直角坐标系,利用两异面直线距离的向量计算公式即可求出点P到直线的距离的最小值.

【详解】关于A选项:该正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,

体积为,故A错误;

关于B选项:该正三棱柱的外接球半径,表面积为,故B正确;

关于C选项:如图所示,当为中点时,记与的交点为,

正三棱柱,面为正方形,且,

,

为中点, ,

,

在和中由勾股定理可知,

为中点,在中由三线合一可得,

平面,平面,

平面,,得证,故C正确;

关于D选项:为棱上的动点, 到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离最小值,

中点为原点,以的方向为x轴,以方向为y轴, 以方向为y轴

记中点为,以方向为z轴如图所示建立空间直角坐标系,

记异面直线与的公共垂向量为,,

,即,

令,

,可得D正确,

故选BCD.

三、填空题

13．曲线在点处的切线方程为__________．

【答案】

【分析】由导数的几何意义即可求解切线斜率，从而求解切线方程.

【详解】由得，

所以，

所以在点处的切线方程为，

即

故答案为：.

14．已知，则__________．

【答案】##

【分析】由诱导公式可化简已知等式得到；根据诱导公式和正余弦齐次式的求法可将所求式子化为关于的式子，代入的值即可得到结果.

【详解】，，

.

故答案为：.

15．已知为椭圆的左右焦点，抛物线的焦点为，若点为曲线的一个交点，则的面积为__________.

【答案】

【分析】根据椭圆的标准方程，可得焦点坐标，进而求得抛物线方程，联立两方程，求的交点，根据三角形的面积公式，可得答案.

【详解】由方程，可知，，则，即，，故，则，

联立，整理可得，则，

解得，此时，则不妨设，

故的面积.

故答案为：.

16．已知函数，其中，若方程有三个不同的实数根，则实数k的取值范围_____________．

【答案】

【分析】根据题意，讨论，与时，的图像与的的图像的交点问题，利用数形结合，即可得到答案.

【详解】

如图，，则的图像如上，明显地，与不可能有交点，故时不符题意；

如图，，则的图像如上，明显地，与有三个不同交点时，必有，解得，

而时，明显不符题意；

故答案为：

四、解答题

17．已知的三内角，与共线.

(1)求角的大小；

(2)若，的周长为，求面积

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由向量共线的坐标表示，结合二倍角和辅助角公式可化简得到，结合的范围可确定，由此可得；

（2）利用余弦定理可构造方程求得，代入三角形面积公式即可求得结果.

【详解】（1）共线，，

即，

，又，，

，解得：.

（2），的周长为，，

由余弦定理得：，解得：，

的面积.

18．已知数列满足，．

(1)求证：数列是等比数列．

(2)求出数列的前项和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）变形得，进而可得数列为等比数列；

（2）先通过（1）求出数列的通项公式，再分组求和即可.

【详解】（1），

，即，

，

数列是首项为1，公比为3的等比数列．

（2）由（1）得：，则，

．

19．如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即可.

【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，．

底面，底面，

又，，

且平面,

平面，

所以是平面的一个法向量．

因为，

所以．

又平面，所以平面．

（2）因为，，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，则

由，解得，令，

得平面的一个法向量为．

设直线与平面所成的角为，

则．

故：直线与平面所成角的正弦值为．

20．某社区组织开展“扫黑除恶”宣传活动，为鼓励更多的人积极参与到宣传活动中来，宣传活动现场设置了抽奖环节．在盒中装有9张大小相同的精美卡片，卡片上分别印有“扫黑除恶利国利民”或“普法宣传人人参与”图案．抽奖规则：参加者从盒中抽取卡片两张，若抽到两张分别是“普法宣传人人参与”和“扫黑除恶利国利民”卡即可获奖，否则，均为不获奖．卡片用后放回盒子，下一位参加者继续重复进行．活动开始后，一位参加者问：“盒中有几张‘普法宣传人人参与’卡？”主持人答：“我只知道，从盒中抽取两张都是‘扫黑除恶利国利民’卡的概率是．”

(1)求抽奖者获奖的概率；

(2)为了增加抽奖的趣味性，规定每个抽奖者先从装有9张卡片的盒中随机抽出1张不放回，再用剩下8张卡片按照之前的抽奖规则进行抽奖，现有甲、乙、丙三人依次抽奖，用X表示获奖的人数，求X的分布列和均值．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）设“扫黑除恶利国利民”卡有n张，根据题意求出n，再计算抽奖者获奖的概率即可；

（2）在新规则下，每个抽奖者获奖的概率为，则X～B，写出分布列和期望即可．

【详解】（1）设“扫黑除恶利国利民”卡有n张，由＝，得n＝4，

故“普法宣传人人参与”卡有5张，抽奖者获奖的概率为＝．

（2）在新规则下，每个抽奖者获奖的概率为×＋×＝，

所以X～B，则，（k＝0，1，2，3），

X的分布列为

所以E(X)＝3×＝．

21．已知椭圆的长轴长为6，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点A，B为椭圆C的左右顶点，M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线AM交直线于点N，点O为坐标原点，过点O且与直线BN垂直的直线记为l，直线BM交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：为定值．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据已知条件，列出满足的等量关系，求得，即可求得椭圆的方程；

（2）设出点的坐标，求得直线的直线方程，以及点的坐标；再求得直线和的交点，以及点的坐标，利用弦长公式，即可求证.

【详解】（1）根据题意可得：，，解得，

故椭圆的方程为：.

（2）设点的坐标为，则，即；

又点坐标为，故可设直线方程为：，

令，可得：，即点的坐标为，

又点坐标为，故直线的斜率，

又直线的斜率满足，则，

又因为直线的斜率为，故直线方程为：，

联立直线方程，与直线的方程，即，

，即；

则，故为定值.

【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中的定值问题；其中第二问处理的关键是根据点的坐标，结合几何关系，求得点的坐标，属综合中档题.

22．已知函数．

(1)若，求a的取值范围；

(2)证明：若有两个零点，则．

【答案】(1)

(2)证明见的解析

【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；

（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.

【详解】（1）[方法一]：常规求导

的定义域为，则

令,得

当单调递减

当单调递增，

若,则,即

所以的取值范围为

[方法二]：同构处理

由得：

令，则即

令，则

故在区间上是增函数

故，即

所以的取值范围为

（2）[方法一]：构造函数

由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设

要证,即证

因为,即证

又因为,故只需证

即证

即证

下面证明时，

设，

则

设

所以,而

所以,所以

所以在单调递增

即,所以

令

所以在单调递减

即,所以；

综上, ,所以.

[方法二]：对数平均不等式

由题意得：

令，则，

所以在上单调递增，故只有1个解

又因为有两个零点，故

两边取对数得：，即

又因为，故，即

下证

因为

不妨设，则只需证

构造，则

故在上单调递减

故，即得证

【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式

这个函数经常出现，需要掌握