2023届甘肃白银市第二中学高三上学期一月月考数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届甘肃白银市第二中学高三上学期一月月考数学（理）试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届甘肃白银市第二中学高三上学期一月月考数学（理）试题

一、单选题
1．设复数（），且，则的虚部为(   )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据，可得，即可得的虚部为，即得答案.
【详解】解：因，
故由题设可得，解之得或（舍），
则，
所以的虚部为.
故选:C．
2．下列五个写法：①；②；③；④；⑤，其中错误写法的个数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据元素与集合、集合与集合的关系、交集等知识确定正确选项.
【详解】①，是集合，所以错误.
②，空集是任何集合的子集，所以正确.
③，集合是集合本身的子集，所以正确.
④，空集没有元素，所以错误.
⑤，是元素，是集合，所以错误.
故错误的有个.
故选：C
【点睛】本小题主要考查元素与集合、集合与集合的关系、交集等知识.
3．对于命题和，若且为真命题，则下列四个命题：①或是真命题，②且是真命题，③且是假命题，④或是假命题，其中真命题是（    ）
A．①② B．③④ C．②④ D．①③
【答案】D
【解析】由已知可得为真，根据复合命题的真假关系，即可求解.
【详解】且为真命题，，都为真命题.
①或是真命题，正确，和中，是真命题；
②且是真命题，错误，和中，是假命题，
且是假命题；
③且是假命题，正确，为假命题，
且是假命题；
④或是假命题，错误，和中，是真命题，
或是真命题，其中真命题是①③.
故选:D.
【点睛】本题考查复合命题的真假判断，要注意判断简单命题的真假，属于基础题.
4．下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的函数是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别根据函数的奇偶性的定义，结合幂函数，正弦函数，对数函数以及余弦函数的性质逐一判断四个选项的正误即可得正确选项．
【详解】对于A：的定义域为，，所以是奇函数，故选项A不正确；
对于B：的定义域为，，
所以是偶函数，但在区间上不具有单调性，故选项B不正确；
对于C：定义域为，且，
所以是偶函数，，
则在区间上单调递减，故选项C正确；
对于D：由余弦函数的性质可知：为偶函数，在上不具有单调性，故选项D不正确；
故选：C.
5．在棱长为1的正方体ABCD—中，M和N分别为和 的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值是（   ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在AB上取一点Q，使得，连接NQ.则（或其补角）即为直线AM与CN所成角.利用余弦定理求出直线AM与CN所成角的余弦值.
【详解】在AB上取一点Q，使得，连接NQ.
在和中，,，
所以～，所以，所以，
所以.
所以（或其补角）即为直线AM与CN所成角.

在棱长为1的正方体ABCD—中，,
,.
在三角形CQN中．利用余弦定理可得：
所以AM与CN所成角的余弦值是.
故选：A
6．某单位有四个不同的垃圾桶，因为场地限制，要将这四个垃圾桶摆放在三个固定角落，每个角落至少摆放一个，则不同的摆放方法共有（如果某两个垃圾桶摆放在同一角落，那么它们的位置关系不作考虑）（    ）
A．18种     B．24种     C．36种     D．72种
【答案】C
【分析】由题意可知必有两个垃圾桶放一角落，先选出这两个垃圾桶，再与剩下的两个垃圾桶进行全排列即可.
【详解】解：易知有一个角落放两个垃圾桶，先选出两个垃圾桶，有种选法，再与另外两个垃圾桶摆放在三个不同的角落，有种放法，
所以不同的摆放方法共有（种），
故选：C.
7．若函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线，再将上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到曲线，则的解析式为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接利用函数的图象平移变换与放缩规律，即可得出结论．
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到曲线的图象；
再将上所有点的横坐标伸长到原来的2倍得到曲线的图象，
故选：C．
8．从区间上任取两个实数，，则满足条件的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意转化为几何概型概率的求解，分别求出全部区域与满足要求的区域的面积，利用几何概型概率公式即可得解.
【详解】设点，
由题意，表示的区域为边长为4的正方形（包含边界），如图所示：

该正方体的面积,
表示以为圆心，半径为1的圆的外部（包含边界），如图阴影部分所示，
阴影部分的面积，
故所求概率.
故选：D.
【点睛】本题考查了几何概型概率公式的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，解题的关键是把所求概率转化为面积的比，属于基础题.
9．如图，D，C，B三点在一条直线上，DC=a，从C，D两点测得A点的仰角是，（）则A点离地面的高度AB 等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】试题分析：设AB=x，则在Rt△ABC中，CB=，∴BD=a+，
∵在Rt△ABD中，BD=
∴a+=，求得x=．故选A
【解析】本题主要考查正弦定理的应用．
点评：分析图形特征，利用正弦定理、直角三角形中的边角关系进行分析．
10．已知函数，，若任意给定的，总存在两个不同的，使得成立，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可得在上，的值域是值域的子集，分，，三种情况进行讨论，结合导数、单调性求函数的最值，从而得关于实数的不等式，从而可求出实数的的取值范围.
【详解】当时，，，显然不满足题意；,
当时，函数的变化情况如下表所示

0
（0，1）
1
（1，2）
2

0
-
0
+


1

极小值




又时，在上是减函数，且对任意，的值域为
，
此时当时，函数上不存在两个使得成立，∴不合题意；
当时，函数的变化情况如下表所示

0
（0，1）
1
（1，2）
2

0
+
0
-


1

极大值




在的最大值为．又时，在上是增函数，
且对任意，．由题意可知．∴，
综上，实数的取值范围是．
故选：A．
【点睛】关键点睛:
本题考查了运用导数求函数的最值.本题的关键是分析出两个函数在该区间上值域的关系.
11．直线过椭圆左焦点F1和一个顶点B，则该椭圆的离心率为

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意求得直线与坐标轴的交点坐标，确定a,b,c的值即可确定离心率.
【详解】在l:x−2y+2=0上，
令y=0得F1(−2,0)，
令x=0得B(0,1)，即c=2，b=1.
.
故选D.
【点睛】椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
12．若，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】对A，B可构造函数，通过函数的单调性比较即可，对C，D可构造函数，再根据函数的单调性比较即可.
【详解】解：对A，B，，
要比较和的大小，即比较和的大小，
令，则，
，，
，使，
即 ，，单调递增，
，，单调递减，
在区间上不单调，故无法判断与的大小，
所以A，B错误；
对C，D，，
要比较与的大小，只需要比较与的大小；
令，
则，
又，，
在上单调递增，
又，
，
即，
即，
整理得：，所以C错误，D正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

二、填空题
13．双曲线为双曲线C上的一点，若点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为1，则双曲线的半焦距c的取值范围_______．
【答案】
【分析】分别求得到两条渐近线的距离分别为，根据题意列出方程，结合双曲线的方程及基本不等式得到，即可求解.
【详解】由题意，双曲线，可得其渐近线方程为，
设，可得点到两条渐近线的距离分别为，
因为点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为1，
可得，
又由，可得，所以，
即，即，所以，当且仅当时等号成立，
所以双曲线的半焦距c的取值范围.
故答案为：.
14．已知三个力，，作用在平面内某物体的同一点上，使得该物体保持静止，若，，则_____
【答案】
【分析】根据，利用向量的运算法则即可求出．
【详解】设，由条件知，所以，解得，，所以．
故答案为：．
15．若锐角的面积为，则边上的中线为_________．
【答案】
【分析】直接利用三角形的面积公式求出A的值，进一步利用余弦定理求出结果．
【详解】解：锐角的面积为，，，
则：，
解得：，
所以：，
所以：，
解得：．
在中，
利用余弦定理：，
在中，
利用余弦定理：
得：，
解得：
故答案为
【点睛】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理及三角形面积公式，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
16．某三棱锥的三视图如图所示，图中网格小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为______．

【答案】
【详解】试题分析：由题意得，根据给定的三视图，可得该三棱锥的直观图如下所示：其高为，底面是直角边长度为的等腰直角三角形，所以其底面面积为，高为，则体积为．

【解析】几何体的三视图；三棱锥的体积．

三、解答题
17．有20种不同的零食，每100 g可食部分包含的能量(单位：kJ)如下：
110
120
123
165
432
190
174
235
428
318
249
280
162
146
210
120
123
120
150
140

(1)以上述20个数据组成总体，求总体平均数与总体标准差．
(2)设计恰当的随机抽样方法，从总体中抽取一个容量为7的样本，求样本的平均数与标准差．
(3)利用上面的抽样方法，再抽取容量为7的样本，计算样本的平均数和标准差．这个样本的平均数和标准差与(2)中的结果一样吗？为什么？
(4)利用(2)中的随机抽样方法，分别从总体中抽取一个容量为10，13，16，19的样本，求样本的平均数与标准差．分析样本容量与样本的平均数和标准差对总体的估计效果之间有什么关系．
【答案】(1)；95.26
(2)抓阄法
(3)见解析
(4)见解析

【分析】(1)由平均数和方差公式计算；
(2)用抓阄法进行抽样；
(3)由于抽样的随机性，两种结果相同的概率很小，不同概率很大；
(4)由于样本容量增大，估计总体的精确程度会提高，效果更好(也有个别现象效果不好)．
【详解】（1）总体平均数为．
总体标准差为．
（2）可以使用抓阄法进行抽样．
（3）由样本的随机性，知(2)和(3)的计算结果不相同的概率相当大，而相同的概率很小．
（4）随着样本容量的增加，分别用样本平均数和样本标准差估计总体平均数和总体标准差的效果会越来越好(即精度会越来越高)．但是由于样本的随机性，也有极个别(小概率)的例外情况．
18．如图，四棱锥中，四边形ABCD为梯形，其中，，，平面平面.

(1)证明：；
(2)若，且PA与平面ABCD所成角的正弦值为，点F在线段PC上满足，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).

【分析】（1）由题可得，根据面面垂直的性质定理可得平面，进而即得；
（2）利用坐标法，根据线面角的向量求法及面面角的向量求法即得.
【详解】（1）由题设，为等边三角形，则，
又四边形ABCD为梯形，，则，
在中，，
所以，即，
平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
故；
（2）若O为BD中点，，则，
平面平面ABCD，平面平面，平面，
则平面，
连接OC，则，且平面，
故，
综上，，，两两垂直，
以为原点，，，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，

所以，，，，
设且，则，
而平面的一个法向量为，，
所以，
可得，故，
所以，，，
若是面的一个法向量，则，
取，
若是平面的一个法向量，则，
取，
所以，
所以二面角的余弦值.
19．定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.
（1）已知等比数列{an}满足：，求证:数列{an}为“M－数列”；
（2）已知数列{bn}满足:，其中Sn为数列{bn}的前n项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值．
【答案】（1）见解析；
（2）①bn=n；②5.
【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；
（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式；
②由①确定的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值．
【详解】（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由，得，解得．
因此数列为“M—数列”.
（2）①因为，所以．
由得，则.
由，得，
当时，由，得，
整理得．
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn=n.
②由①知，bk=k，.
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.
因为ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.
当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有．
设f（x）=，则．
令，得x=e.列表如下：
x

e
(e，+∞)

+
0
–
f（x）

极大值


因为，所以．
取，当k=1，2，3，4，5时，，即，
经检验知也成立．
因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.
综上，所求m的最大值为5．
【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．
20．已知函数．
（1）若，求以为切点的曲线的切线方程；
（2）若函数恒成立，确定实数的取值范围；
（3）证明：．
【答案】（1）（2）（3）证明见解析．
【分析】（1）求出，由的值可得切点坐标，求出的值，可得切线斜率，利用点斜式可得曲线在点处的切线方程；（2）当时，函数在定义域内单调递增， 不恒成立, 当时，利用的最大值，解不等式可得结果；（3）由（2）知，时， 恒成立,即可得，取累加可得结论.
【详解】（1），，，
，所以切线斜率为：，
切线方程为，即；
（2），
当时，函数在定义域内单调递增，
又，所以 不恒成立，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以函数在单调递增，在单调递减，
当时，取最大值，，解得，
所以实数的取值范围为：.
（3）由（2）知时， 恒成立，即，
所以当时，，即，取累加得

．
【点睛】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及利用导数研究函数的单调性、证明不等式，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.
21．已知函数，.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数在区间上的最小值；
(3)求证：“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件.
【答案】(1)；
(2)详见解析；
(3)详见解析.

【分析】（1）根据导数的几何意义即得；
（2）由题可得，然后分，，讨论，根据导数与函数的单调性的关系即得；
（3）根据函数的单调性可得，然后根据充分条件，必要条件的定义即得.
【详解】（1）当时，，
∴，
∴，，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）由，可得，
由，可得，
当，即时，时，恒成立，单调递增，
所以函数在区间上的最小值为；
当，即时，时，恒成立，单调递减，
所以函数在区间上的最小值为；
当，即时，时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以函数在区间上的最小值为；
综上，当时，函数在区间上的最小值为；
当时，函数在区间上的最小值为；
当时，函数在区间上的最小值为；
（3）由函数在区间上单调递增，
可得，即在区间上恒成立，
又时，，
所以，
由可推出，而由推不出，
所以“”是“函数在区间上单调递增”的充分不必要条件.
22．已知曲线表示一个圆.
（1）求实数m的取值范围；
（2）当时，若圆C与直线交于A，B两点（其中C为圆心），是直角三角形，求实数a的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据方程表示圆的条件，列式即可解出；
（2）先由圆的方程求出圆心和半径，再根据题意以及圆的几何知识可知，圆心到直线的距离为，列式即可解出．
【详解】（1）由题意可知，，
即，∴．
（2）∵，∴，即可知圆心坐标为，半径．
∵是直角三角形，∴，∴，
即，化简得   ∴．
【点睛】本题主要考查方程表示圆的条件的应用，直线与圆的位置关系的应用，以及点到直线的距离公式的应用，属于基础题．
23．已知函数.
（1）求的解集；
（2）若存在，，使得关于的不等式()有解，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据，分， ， 求解；
（2）将不等式变形，根据存在，使得关于的不等式有解，由求解.
【详解】（1）当时，，
∴，解得，此时.
当时，，
∴，解得，此时.
当时，，
∴，解得，此时.
综上所述，解集为.
（2）不等式变形得，
即.
若存在，使得关于的不等式有解，
则，
而，，
∴，
∴.
【点睛】方法点睛：双变量存在与恒成立问题：
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 的值域是的子集；