2023届湖北省武汉市第十九中学高三上学期11月线上月考数学试题（解析版）

这是一份2023届湖北省武汉市第十九中学高三上学期11月线上月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届湖北省武汉市第十九中学高三上学期11月线上月考数学试题 一、单选题1． 设集合，，则（    ）A．  B． C． D．【答案】A【分析】先求解二次不等式得，再根据集合运算法则算即可【详解】由题，，则，故选：A2． 已知为虚数单位，复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A． 第一象限     B． 第二象限     C． 第三象限     D． 第四象限【答案】D【分析】根据复数运算求得，即可得到结果.【详解】，故位于第四象限，故选:D.3． 设向量，是互相垂直的单位向量，则与向量垂直的一个单位向量是（    ）A．  B． C．  D． 【答案】C【分析】由向量，是互相垂直的单位向量，得，且，设与向量垂直的单位向量为，列式求解的值即可得.【详解】解：因为，是相互垂直的单位向量，则，且设向量是与向量垂直的单位向量，则，所以解得：则向量与向量是与向量垂直的单位向量.故选：C.4． 埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球（大圆）的周长.如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向（这是从日光直射进该处一井内而得到证明的）.同时在亚历山大城（该处与赛伊尼几乎在同一子午线上），其天顶方向与太阳光线的夹角测得为.因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的.埃拉托斯特尼从商队那里知道两个城市间的实际距离大概是5000斯塔蒂亚，按埃及的长度算，1斯塔蒂亚等于157.5米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为（    ）A． 38680千米     B． 39375千米     C． 41200千米     D． 42192千米【答案】B【分析】由题意可将赛伊尼和亚历山大城之间的距离看作圆心角为的扇形的弧长，由此可计算地球半径，进而求得地球周长.【详解】由题意可知，赛伊尼和亚历山大城之间的距离可看作圆心角为的扇形的弧长，设地球半径为，则，∴地球周长为（米）=（千米），故选：B.5．已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（    ）A．－4 B．4 C．5 D．8【答案】C【分析】根据不等式的解集求出的值和的取值范围，在代入中利用对勾函数的单调性求出它的最小值.【详解】由的解集为，则，且，是方程的两根，由根与系数的关系知，解得，，当且仅当时等号成立，故， 设，函数在上单调递增，所以所以的最小值为5.故选：C6． 在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，准线为，为抛物线上一点，过点作，交准线于点，若直线的倾斜角为，则点的纵坐标为（    ）A． 3     B． 2     C． 1     D． 【答案】A【分析】求出的长，根据抛物线的定义可得．【详解】设准线与轴交于点，则，，∴，连接，则，又，所以是正三角形，∴，准线的方程是，∴点纵坐标为3.故选：A7．若将整个样本空间想象成一个的正方形，任何事件都对应样本空间的一个子集，且事件发生的概率对应子集的面积，则如图所示的涂色部分的面积表示（    ）A．事件发生的概率B．事件发生的概率C．事件不发生条件下事件发生的概率D．事件，同时发生的概率【答案】B【分析】理解条件概率和的含义，可得阴影部分面积表示的含义.【详解】由题意可知：表示在事件发生的条件下，事件发生的概率，表示在事件不发生的条件下，事件发生的概率，结合在一块就是事件发生的概率.故选：B.8． 已知，，，则（    ）A．      B．      C．      D． 【答案】D【分析】构造函数以及函数，分别利用导数研究其单调性，进而根据单调性比较函数值的大小.【详解】令，，当时，，，，单调递增，，即，，即，令，，令， 令，，当时，，单调递增，在上单调递减，，，在上单调递减，，即， 综上：.故选：D. 二、多选题9． 下列说法正确的有（    ）A． 已知一组数据7，7，8，9，5，6，8，8，则这组数据的中位数为8 B． 已知一组数据，，，…，的方差为2，则，，，…，的方差为2C． 具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则D． 若随机变量服从正态分布，，则【答案】BD【分析】对于A，根据中位数的定义作答；对于B，根据方差的计算公式作答；对于C，根据回归直线的性质作答；对于D，根据正态分布的对称性作答.【详解】5，6，7，7，8，8，8，9中位数为7.5，A错；，，…，方差为2，设，则，所以，则，即，，…，方差为2，B正确；将代入得，则，C错；，为分布曲线的对称轴，则，由，则，因此，，D正确.故选：BD.10． 已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，则（    ）A． 的图象关于点对称 B． 将的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称 C． 在上的值域为 D． 在上单调递增【答案】ABD【分析】根据相邻两条对称轴之间的距离可的周期，然后可得解析式.由正弦函数的对称性可判断A；由函数图象的平移变换，结合余弦函数的性质可判断B；根据x的范围和正弦函数的性质直接求解可判断C；根据正弦函数单调性通过解不等式可判断D.【详解】相邻两对称轴间距离为，则，∴，∴，，， ∴关于对称，A对.，∴关于轴对称，B对.当时，有，则，所以，∴，C错误.由，得，所以的一个单调增区间为，而，∴在上单调递增，D对.故选：ABD11． 在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，则（    ）A． 异面直线与所成角的余弦值为B． C． 四面体的外接球体积为D． 平面截正方体所得的截面是四边形【答案】BC【分析】利用坐标法可判断AB，利用正方体的性质可判断CD.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，∴，，∴，A错误；∴，，，∴，B正确；由题可知四面体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球半径满足，，∴，C正确；延长交延长线与，连接交于，延长交延长线于，连接交于，则五边形为平面截正方体所得的截面，D错误. 故选：BC.12． 已知是数列的前项和，，则（    ）A． B． C． 当时，D． 当数列单调递增时，的取值范围是【答案】ACD【分析】A选项，根据，得到，A正确；与得到，当时，不成立，B错误；当时，得到为奇数时为等差数列，为偶数时也是等差数列，利用等差数列求和公式得到答案；D选项，方法一：根据，，，依次类推可知；方法二：写出，，根据且求出答案.【详解】，①时，，②①－②，，A正确；当时，，即；当时，，∴，时，不满足条件，B错误；时,因为，所以，则，满足，故此时①，又②，两式相减得：，为奇数时是首项为0，公差为2的等差数列，共25项；为偶数时是首项为1，公差为2的等差数列，共25项，所以，C正确；是单调递增数列，∴，即，即；，即，即；，即，即，即，，即，依次类推可知，D正确.对于D，法二：由，，要使单调递增，则必有且，∴且，D正确，故选：ACD.【点睛】数列单调性问题或不等式问题，要充分挖掘题干条件，通常由递推公式求通项公式，或研究出数列的性质，结合等差数列或等比数列的性质进行求解. 三、填空题13． 展开式中的系数为______.【答案】26【分析】运用二项展开式的通项公式求展开式中的项即可.【详解】展开式第项，时， ，时，，∴展开式中系数26.故答案为：26.14． 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边绕点逆时针旋转后，经过点，则______.【答案】【分析】根据三角函数的定义可得、的值，然后，展开计算出答案即可.【详解】因为将角的终边绕点逆时针旋转后，经过点，所以，，所以，故答案为：15． 已知函数，.若函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】问题转化为直线与函数的图象在轴两侧都有两个交点，作函数的图象，作出直线，求出直线与函数（）相切时的切线斜率，再求出直线过点的斜率，由图象可得结论．【详解】直线过定点，过四个象限与在轴的左右两边都有两个交点，过作的切线，切点设为，，，切线方程为，切线过，解得或（舍去），此时，时，线段所在直线斜率为1，时，，射线所在直线斜率为，与轴交于，，由图象知满足题意的的范围是：.故答案为：． 四、双空题16． 祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.现已知直线与双曲线及其渐近线围成的平面图形如图所示.若将图形被直线所截得的两条线段绕轴旋转一周，则形成的旋转面的面积______；若将图形绕轴旋转一周，则形成的旋转体的体积______.【答案】          【分析】由直线，其中，分别联立方程组和，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解【详解】如图所示，双曲线，其中一条渐近线方程为，由直线，其中，联立方程组，解得，联立方程组，解得，所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为，根据“幂势既同，则积不容异”，可得该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，所以该几何体的体积为.故答案为：，. 五、解答题17．从①，②，这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.已知数列满足，______.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.注：若选两个条件分别作答，则按第一个解答计分. 【答案】(1)选①，；选②，(2) 【分析】（1）选①，由递推式可得，利用累乘法可求得数列通项公式；选②，根据等差中项性质可判断数列为等差数列，即可求得数列通项公式（2）由（1）可得的表达式，继而得到的表达式，利用分组求和法，结合等差等比数列的前n项和公式，即可求得答案.【详解】（1）选①，由及，可知，所以，当时，有.当时，适合上式，故.选②，由，得，所以为等差数列，由，，得该数列的公差，所以.（2），∴，则 ，∴.18．在中，内角的对边分别为，，，且，.(1)若的周长为，求，的值；(2)若的面积为，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据周长可求，根据余弦定理可求，解方程组可得结果；（2）利用面积可求，根据正弦定理可求.【详解】（1）因为，，所以①在中，由余弦定理得，即②由①②得③.由①③得.（2）由，得，由正弦定理，得，，所以，即.19．近年来，师范专业是高考考生填报志愿的热门专业.某高中随机调查了本校2022年参加高考的90位文科考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计，首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人） 首选志愿为师范专业首选志愿为非师范专业女性2535男性525 (1)根据表中数据.能否有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关？(2)用样本估计总体，用本次调研中首选志愿样本的频率代替首选志愿的概率，从2022年全国文科考生中随机抽取3人，设被抽取的3人中首选志愿为师范专业的人数为，求的分布列、数学期望和方差.附：，.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828  【答案】(1)有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关；(2)分布列见解析，，. 【分析】（1）求出，比较临界值可得；（2）求得某个考生首选志愿为师范专业的概率，的所有可能取值为0，1，2，3，由二项分布求得概率得分布列，再由二项分布的期望公式、方差公式计算期望与方差．【详解】（1），∴有95%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关.（2）某个考生首选志愿为师范专业的概率，的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列如下：0123 ，.20．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，AD⊥AB，侧面PAB⊥底面ABCD， ，且E，F分别为PC，CD的中点．(1)证明：DE平面PAB；(2)若直线PF与平面PAB所成的角为 ，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面PCD和平面PAB的 法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.【详解】（1）证明：取PB中点M，连接AM，EM，∵E为PC的中点，∴ ，又∵ ，∴MEAD，ME=AD，∴四边形ADEM为平行四边形：∴DEAM，∵平面PAB，AM⊂平面PAB，∴DE平面PAB；（2）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，取AB中点G，连接FG，则平面PAB，∴ ， ，∴ ，又PA=PB=2，∴ ，AB＝2，如图以G为坐标原点，GB为x轴，GF为y轴，GP为z轴建立空间直角坐标系，∴，C(1，4，0)，D(-1，2，0)，∴, ，设平面PCD的一个法向量，∴ ,取，则，平面PAB的一个法向量可取，设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为θ，∴ ．21．设为椭圆：的右焦点，过点且与轴不重合的直线交椭圆于，两点.(1)当时，求；(2)在轴上是否存在异于的定点，使为定值（其中，分别为直线，的斜率）？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，定点 【分析】（1）设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及得到，进而求出的值；（2）设出直线的方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，再利用直线的斜率公式进行求解.【详解】（1）设直线的方程为，，，联立，得，又因为，所以，解得，，所以，即.（2）假设在轴上存在异于点的定点，使得为定值.设直线的方程为，联立，得，则，，所以.所以.要使为定值，则，解得或（舍去），此时.故在轴上存在异于的定点，使得为定值.22．已知函数，.(1)当时，求曲线在处的切线方程；(2)若，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）求出，得切线斜率，由点斜式得切线方程，整理即可；（2）先证明，然后分离参数得，再用导数证明，，然后由不等式性质得的范围，从而得参数范围．【详解】（1）时，，，，切点，切线方程为，即；（2）设，则，时，，递增，所以，即，所以，设，，所以在上递增，，即，， 设，，再设，则，时，，递增，，即，所以是增函数，，所以，∴，∴.【点睛】方法点睛：不等式恒成立的常用方法是用参数分离法分离参数，然后引入新函数，利用导数求得新函数的最值，或取值范围，从而得参数范围．