2023届重庆市万州第二高级中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届重庆市万州第二高级中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），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届重庆市万州第二高级中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知集合至多有1个真子集，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．或【答案】D【分析】根据真子集的个数可得或者为单元素集，进而根据方程的根可求解.【详解】由于集合至多有1个真子集，则集合中的元素个数至多一个，故或者为单元素集，当时，则且，解得，当为单元素集，则中只有一个元素，当时，符合题意，当时，则，解得 ，综上，或，故选：D2．设，则（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】D【分析】计算，再计算模长得到答案.【详解】，则，故.故选：D3．已知事件与事件相互独立，且，，则（    ）A．0.7 B．0.6 C．0.5 D．0.4【答案】B【分析】已知事件与事件相互独立，则可求.【详解】事件与事件相互独立，.故选：B.4．在古代，斗笠作为挡雨遮阳的器具，用竹篾夹油纸或竹叶棕丝等编织而成，其形状可以看成一个圆锥体，在《诗经》有“何蓑何笠”的句子，说明它很早就为人所用.已知某款斗笠如图所示，它的母线长为，侧面展开图是一个半圆，则该斗笠的底面半径为（    ）A．4 B． C． D．2【答案】C【分析】侧面展开图一个半圆，则此半圆的弧长等于底面圆周长，由此求出底面半径.【详解】设底面半径为，底面圆周长，斗笠母线长，侧面展开图一个半圆，则此半圆的弧长， 所以，故选：C.5．设向量，若表示向量的有向线段首尾相接能构成四边形，则向量为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据向量线性运算的坐标表示，结合题意求解即可.【详解】由题可知：，即.故选：D.6．已知等比数列，满足，且，则数列的公比为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】利用对数运算性质可得且，从而，由等比数列性质有，所以，即可求公比.【详解】令公比为，由，故且，所以，则，又，，则，所以，综上，.故选：B.7．在直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1，圆心在上，若圆上存在唯一一点，使得，则圆心的非零横坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，由得到轨迹方程，要想圆上存在唯一一点，使得，只需与圆相切即可，分两圆外切和内切两种情况，列出方程，求出圆心的坐标，得到答案.【详解】设，由得：，化简得：，即点的轨迹方程为圆，其圆心为，半径为2，要想圆上存在唯一一点，使得，只需与圆相切即可，设，则圆方程为，两圆圆心距为，因为的半径为2，圆的半径为1，故当两圆相外切时，则，解得：或，当两圆内切时，则，此时，由于，无解，综上：圆心的非零横坐标为故选：A8．已知在上的连续函数，其导函数为，满足，恒成立，设，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】结合题意，构造函数，进而得，单调递减，再根据函数单调性比较大小.【详解】令，，因为，恒成立，所以，当时，，单调递减，，，，因为，所以.故选：D． 二、多选题9．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】根据条件概率公式、全概率公式、和事件公式可以判断答案.【详解】B选项：，对；C选项：,C对；A选项：由全概率公式得：,,A错；D选项：D对；故选：BCD10．、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（    ）A．若、两人站在一起有种方法 B．若、不相邻共有种方法C．若在左边有种排法 D．若不站在最左边，不站最右边，有种方法【答案】AC【分析】根据分类加法，分步乘法原理，结合排列的相关知识点，对选项一一分析.【详解】对于A，先将A，B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有种，所以A正确；对于B，先将A，B之外的3人全排列，产生4个空，再将A，B两元素插空，所以共有种，所以B不正确；对于C，5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有种，所以C正确；对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有种，另一个是A不在最左边也不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列，即，由分类加法原理可知共有种，所以D不正确，故选：AC.11．某摩天轮共有32个乘坐舱，按旋转顺序依次为1~33号（因忌讳，没有13号），并且每相邻两个乘坐舱与旋转中心所成的圆心角均相等，已知乘客在乘坐舱距离底面最近时进入，在后距离地面的高度，已知该摩天轮的旋转半径为60m，最高点距地面135m，旋转一周大约30min，现有甲乘客乘坐11号乘坐舱，当甲乘坐摩天轮15min时，乙距离地面的高度为，则乙所乘坐的舱号为（    ）A．6 B．7 C．15 D．16【答案】BD【分析】先由最小正周期求出，进而由最高点和最低点与地面的距离求出，由甲乘坐摩天轮15min时，距底面为最大高度，求出，得到解析式，令求出min或min，求出每相邻两个乘坐舱旋转到同一高度的时间间隔，分别求出min和min时，甲乙相差的乘坐舱个数，得到答案.【详解】由题意得：min，故，摩天轮最低点距底面m，故，解得：，故，由于min，故甲乘坐摩天轮15min时，距地面为最大高度，即，故，因为，所以，故，解得：，故，令，其中，解得：，令，，解得：，，因为，所以，解得：，此时令，，解得：，，因为，所以，解得：，此时综上：min或min，每相邻两个乘坐舱与旋转中心所成的圆心角为，故每相邻两个乘坐舱旋转到同一高度的时间间隔为，当min时，乙比甲晚出发min，甲乙相差个乘坐舱，由于没有13号乘坐舱，故乙在16号乘坐舱，当min时，乙比甲早出发min，甲乙相差个乘坐舱，故乙在7号乘坐舱.故选：BD12．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的有（ ）A．平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形B．平面截直四校柱所得被面的面积为C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25D．点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2【答案】BCD【分析】根据所给条件，结合线面关系的性质判定，逐项分析判断即可得解.【详解】对A，延长交直线于，连接，交棱于，连接可得五变形，故A错误；对B，由平行线分线段成比例可得，故 ，则为等腰三角形，由相似三角形可知：，，则，，连接，易知，因此五边形可以分为等边三角形和等腰梯形，等腰梯形的高，则等腰梯形的面积为，又，所以五边形的面积为，故B正确；记平面将直四棱柱分割成上下两部分的面积分别为，则，所以，，故C正确；对D，因为平面过线段的中点，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，由平面过的三等分点可知，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，因此，点 到平面的距离是点到平面的距离的2倍，故D正确.故选：BCD.【点睛】本题以空间几何体为基础，考查了平面截空间几何体的相关问题，考查了截面面积以及截面截几何体上下体积之比，同时考查了点到面的距离问题，计算量较大，属于较难题.本题的关键点有：（1）精确确定平面截空间几何体的截面位置；（2）根据截面所在位置精确计算相关量. 三、填空题13．若等差数列满足，则当__________时，的前项和最大．【答案】8【详解】试题分析：由等差数列的性质，，，又因为，所以所以，所以，，故数列的前8项最大.【解析】等差数列的性质，前项和的最值，容易题. 14．若，，则______结果用，表示.【答案】【分析】由和差化积公式求出，，从而得到，得到答案.【详解】由和差化积公式得：，，，，故，故.故答案为：.15．已知空间四边形的各边长及对角线的长度均为6，平面平面，点M在上，且，过点M作四边形外接球的截面，则截面面积的最小值为___________.【答案】【分析】先由面面垂直的性质得到平面，求得、、、，从而求得外接球的半径，再由平行线分线段成比例的推论证得三点共线，从而求得，从而求得截面面积的最小值.【详解】由题意知和为等边三角形，取中点为连接，则由平面平面平面平面平面故平面，，则易知，易知球心在平面的投影为的外心，在上作于，易得则在中，，所以外接球半径，连接因为所以三点共线，所以当为截面圆圆心时截面面积最小，此时截面圆半径为，截面面积为.故答案为：..16．已知曲线和，若直线与，都相切，且与的相切于点，则的横坐标为______.【答案】【分析】设出点的坐标和与相切的点的坐标，根据公切线的关系，得出两点横坐标的关系并求出与相切的点的横坐标，进而求出的横坐标.【详解】由题意，，设与相切于点，在中， ，，，在中，，，，∵直线与，都相切，∴，即，在中，函数单调递增，∴∵，即∴，即，∴解得∴故选：C.【点睛】本题考查导数的几何意义求切线方程，考查函数与方程的思想、转化与化归的思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 四、解答题17．已知在等差数列中，，．（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）设等差数列的公差为，根据，列出和的方程组，进而求出和，即可求出的通项公式；（2）由（1）可知，根据裂项相消法即可求出结果.【详解】设等差数列的公差为，由，可得解得，所以等差数列的通项公式可得;（2） 由（1）可得，所以.【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式的求法，以及裂项相消法在数列求和中的应用，属于基础题.18．已知函数．(1)求的最小正周期和单调增区间；(2)在中，角的对边分别为．若，，求的面积的最大值．【答案】(1)，，(2) 【分析】(1)利用三角恒等变换求出函数的解析式，根据函数的性质求解；(2)利用边化角转化为三角函数求面积的最大值或者用余弦定理和基本不等式求面积的最大值.【详解】（1）．∴的周期，由，，得，所以的单调递增区间是，．（2）∵，即，又，∴，由正弦定理有，∴∵，∴，∴,当 即时取得最大值.另解：∵，即，又，∴，由余弦定理知：，即，当且仅当时，等号成立．∴，∴当时，．19．如图，斜三棱柱中，点在底面上的射影恰好是的中点，且．(1)证明：平面平面；(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）利用线面垂直的性质及判定定理，及面面垂直的判定定理即可得证；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角.【详解】（1）取的中点，连接DO，即点在底面上的射影为，平面又平面，又，平面ABED ，则平面又平面，所以平面平面（2）取的中点，连接，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，设则，，，，则，，设平面的法向量为则，令，则设直线与平面所成角为，则20．2021年中国共产党迎来了建党100周年，为了铭记建党历史、缅怀革命先烈、增强爱国主义情怀，某校组织了党史知识竞赛活动，共有200名同学参赛．为了解竞赛成绩的分布情况，将200名同学的竞赛成绩按、、、、、、分成7组，绘制成了如图所示的频率分布直方图．(1)求这200名同学竞赛成绩的中位数及竞赛成绩不低于80分的同学人数；(2)学校决定对竞赛成绩不低于80分的同学中以抽奖的方式进行奖励，其中竞赛成绩不低于90分的同学有两次抽奖机会，低于90分不低于80分的同学只有一次抽奖机会，奖品为党史书籍，每次抽奖的奖品数量（单位：本）及对应的概率如下表：现在从竞赛成绩不低于80分的同学中随机选一名同学，记其获奖书籍的数量为，求的分布列和数学期望．奖品数量（单位：本）24概率  【答案】(1)中位数65，不低于80分的同学有人；(2)分布列见解析， 【分析】（1）先确定中位数所在的组，设中位数为，由从左到右频率和为0.5列等式求解即可；（2）的可能取值为2，4，6，8，对应的概率P分步计算：第一步为不同抽奖次数的概率，第二步为不同抽中本数的概率，最后按定义列出分布列，求数学期望即可.【详解】（1）∵，，所以中位数位于之间，设这200名同学竞赛成绩的中位数为，则，解得．竞赛成绩不低于80分的学生人数为：；（2）设这名同学获得书籍的数量为，则的可能取值为2，4，6，8．，，，，所以的分布列为2468 .21．双曲线的左、右顶点分别为，，过点且垂直于轴的直线与该双曲线交于点，，设直线的斜率为，直线的斜率为．(1)求曲线的方程；(2)动点，在曲线上，已知点，直线，分别与轴相交的两点关于原点对称，点在直线上，，证明：存在定点，使得为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用代入法，结合直线斜率公式进行求解即可；（2）利用一元二次方程根与系数关系，结合垂直直线的性质进行求解即可.【详解】（1）当轴时，把代入双曲线方程中，得，设，，，    所以，得，    所以的方程：；（2）证明：设直线的方程为，，，，整理得，则，，，    直线，分别与轴相交的两点为，，∴直线方程为，令，则，同理，可得∴    ∴∴∴∴∴，    分当时，，此时直线方程为恒过定点，显然不可能，∴，直线方程为，恒过定点    ∵，设中点为，∴∴为定值，∴存在使为定值．【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.22．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明，对，均有.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义进行求解；（2）将所证不等式转化为，构造函数，利用导数研究其单调性和最值，得到，再构造函数利用导数研究其单调性和最值，得到，再利用不等式的性质进行放缩证明.【详解】（1）因为所以，，，则切线方程为，即.则曲线在点处的切线方程为.（2）若证，即证，令，则.当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即.令，，则，可知在上单调递减，所以，即当时，，从而，所以当时，，，当时，，，综上所述，对，均有.【点睛】方法点睛：在利用导数证明不等式时，合理构造函数，将问题转化为求函数的单调性和最值问题是一种常见方法，如本题中两次构造函数：（1）构造函数证明 ；（2）构造函数证明 .