2023届甘肃白银市第二中学高三上学期一月月考数学（文）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（文）试题（解析版），共19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（文）试题 一、单选题1．设集合，．则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用指数函数的性质化简集合，再利用集合交集的定义求解即可.【详解】∵，，∴，故选：B．2．某校高三年级共有800名学生参加了数学测验，将所有学生的数学成绩分组如下：[90，100)，[100，110)，[110，120)，[120，130)，[130，140)，[140，150]，得到的频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是（    ）①成绩不低于120分的学生人数为440；②这800名学生中数学成绩的众数为125；③这800名学生数学成绩的中位数的近似值为121.4；④这800名学生数学成绩的平均数为120.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】先由频率分布直方图求出的值，从而可求出成绩不低于120分的学生人数，平均数和中位数，然后进行判断即可【详解】解：由题意得，解得，所以成绩不低于120分的学生人数为，所以①正确；由频率直方图可知分在[120，130)中最多，所以众数为，所以②正确；这800名学生数学成绩的中位数为，所以③正确；这800名学生数学成绩的平均数为，所以④正确，故选：D【点睛】此题考查频率分布直方图的应用，考查由频率分布直方图求平均数、众数、中位数，考查运算能力，属于基础题3．已知复数，则在复平面内对应的点所在的象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】先对复数化简，再求出复数的模，从而可求出复数，进而可求得答案【详解】因为，所以，所以在复平面内对应的点所在的象限为第二象限，故选：B4．1.已知集合，，则A．[2，+） B．[1，2] C．（1，2] D．（﹣，1]【答案】C【分析】由题意，可求出，，进而求出，然后与取交集即可．【详解】由题意，，故；等价于，故，则，故.故选C.【点睛】本题考查了集合的交集与补集，考查了不等式的求法，函数值域的求法，属于基础题．5．若双曲线的渐近线与圆相交，则此双曲线的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由圆心到渐近线的距离小于半径求出，进而得出，最后由离心率公式确定双曲线的离心率的取值范围.【详解】双曲线渐近线为，与圆相交圆心到渐近线的距离小于半径，即故选：C6．已知，则A． B． C． D．1【答案】B【分析】令，求出，代入函数解析式计算即可.【详解】令，则，所以．∴．故选：B．7．某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】由三视图可知，该几何体是圆锥的一部分，结合图中所给数据，即可得解.【详解】由三视图可知，该几何体是圆锥的一部分，观察到正视图中和的分界线可知俯视图是圆心角为的扇形，故该几何体的体积为，故选：C.【点睛】本题考查了三视图，考查了锥体体积的计算公式，属于基础题.8．在中，内角， ， 所对的边分别为， ， .已知， ， ， ，则A． B． C． D．【答案】A【分析】根据同角三角函数式，求得cosB，结合余弦定理及正弦定理、诱导公式即可求解．【详解】在中，∵，故由，可得由已知及余弦定理，有∴由正弦定理，得∴故选A【点睛】本题考查了同角三角函数关系式、诱导公式及正余弦定理的综合应用，属于基础题．9．设等比数列的前项和记为，若＝2，＝6，则等于A．8 B．10 C．12 D．14【答案】D【详解】试题分析：由等比数列性质可得【解析】等比数列性质10．有5盆菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花不同的摆放种数是A．12 B．24 C．36 D．48【答案】B【详解】采取“相邻元素捆绑法，不相邻元素插空法”，把2盆黄菊花看做一个元素有种方法，再和红菊花1盆，共两个元素全排列，有种方法，再把2盆白菊花插入到这两个元素全排列后产生的3个空位中的两个，共有种方法．则根据分步乘法计数原理，这5盆花不同的摆放种数是，选B．11．已知角满足，则的值为（    ）A．或 B． C．3 D．3或【答案】A【分析】利用三角函数的基本关系式和二倍角的余弦公式求解.【详解】由，，所以，当时，，所以；当时，所以，所以的值为或，故选：A.12．已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，为奇函数，且当时，，则（    ）A． B． C．5 D．6【答案】C【分析】先求出，再求出即得解.【详解】解：由已知，函数与函数互为反函数，则．由题设，当时，，则．因为为奇函数，所以.故选：C． 二、填空题13．已知平面向量、、满足，且，则的最大值是__．【答案】##【分析】分别以所在的直线为，轴建立直角坐标系，分类讨论：当，，设，则，则，有的最大值，其几何意义是圆上点与定点的距离的最大值；其他情况同理，然后求出各种情况的最大值进行比较即可．【详解】分别以所在的直线为，轴建立直角坐标系，①当，，则，设，则，，的最大值，其几何意义是圆上点与定点的距离的最大值为；②同理，当，，则，，的最大值，其几何意义是圆上点与定点的距离的最大值为，③同理，当，，则，设，则的最大值，其几何意义是在圆上取点与定点的距离的最大值为，故的最大值为．故答案为：14．圆锥被一平面所截得到一个圆台，若圆台的上底面半径为2cm，下底面半径为3cm，圆台母线长为4cm，则该圆锥的侧面积为_______cm2.【答案】【分析】由所截圆台的上下底面半径的比例及母线长，即可求得圆锥的母线长，以及圆锥底面周长，应用扇形面积公式即可求圆锥的侧面积.【详解】如上图，圆台的上底面半径为2cm，下底面半径为3cm，圆合母线长为4cm，∴圆锥的侧面积等于扇形OAB面积：，而且，得，即，又，∴.故答案为：15．函数的部分图像如图所示，设是图像的最高点，是图像与轴的交点，记，则________． 【答案】【分析】根据正弦型函数的周期公式及函数的图像，再利用三角函数的定义及两角和的正切公式，结合二倍角的正弦公式及三角函数齐次式即可求解.【详解】由题意知函数的最小正周期为，所以,过点作垂直轴于点，如图所示因为是图像的最高点，所以设的纵坐标为，即,在中，,在中，,所以.所以.故答案为：.16．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，，当直线垂直于轴时，四边形的面积为6，则椭圆的方程为________________．【答案】【分析】利用已知条件列出方程，求解，即可得到椭圆方程．【详解】解：椭圆的离心率为，可得．，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，，当直线垂直于轴时，如图： 四边形的面积为6，，解得，又．，解得，则椭圆的方程为：．故答案为：． 三、解答题17．有甲、乙两个班，进行数学考试，按学生考试及格与不及格统计成绩后，得到如下的列联表： 不及格及格总计甲班1035M乙班73845总计1773N （1）求M，N的值；（2）写出求k2观测值的计算式；（3）根据（2）中k2的观测值，你有多大把握认为成绩及格与班级有关？若修改列联表中的数据得到k2=7.121又说明什么？（，）【答案】（1）M=45，N=90；（2）；（3）见解析.【分析】（1）根据列联表即可求得M，N的值；（2）由k2的公式可求得结果；（3）比较临界值对应的概率可得出结论.【详解】（1）M=10+35=45，N=17+73=90；（2）由列联表中的数据，可得，（3）由（2）得，又，所以，只有50%的把握认为成绩及格与班级有关，即没有理由认为成绩及格与班级有关.若k2=7.121，则由可得，有99%的把握认为成绩及格与班级有关.【点睛】本题考查列联表和独立性检验的应用，根据所给的数据，代入求观测值的公式，得到观测值，把所得的数值同临界值进行比较，可得到对应的概率，属基础题.18．在数列中，，，(1)设，证明：数列是等差数列；(2)求数列的前项和.【答案】（1）略（2）【详解】试题分析：（1）题中条件，而要证明的是数列是等差数列，因此需将条件中所给的的递推公式转化为的递推公式：，从而，，进而得证；（2）由（1）可得，，因此数列的通项公式可以看成一个等差数列与等比数列的乘积，故可考虑采用错位相减法求其前项和，即有：①，①得：②，②-①得.试题解析：（1）∵， ，又∵，∴，，∴则是为首项为公差的等差数列；由（1）得 ，∴，∴①，①得：②，②-①得.【解析】1.数列的通项公式；2.错位相减法求数列的和.19．如图所示，已知平行四边形和矩形所在平面互相垂直，，，，，是线段的中点.(1)求证：；(2)设点为一动点，若点从出发，沿棱按照的路线运动到点，求这一过程中形成的三棱锥的体积的最小值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据几何关系证明平面，进而证明结论；（2）设与相交于，连接、，证明平面，进而得点在或时，三棱锥的体积最小，再根据求体积即可.【详解】（1）证明：在平行四边形中，，，，由余弦定理可得，，，，，，∵四边形为矩形，则，，平面，平面，∴；（2）解：设与相交于，连接、，∵四边形为平行四边形，且，∴为的中点，且，为的中点，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，由图可知，当点在或时，三棱锥的体积最小，.20．已知函数．(1)若函数，求的单调区间；(2)若有两个都小于0的极值点，求实数a的取值范围．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增(2) 【分析】（1）根据已知条件及导数的正负与函数单调性的关系即可求解；（2）根据已知条件及极值点的定义，结合一元二次方程根的分布即可求解.【详解】（1）因为，且定义域为，所以．令，得；令，得或．所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）因为，所以，又因为有两个都小于0的极值点，所以有两个不相等的负数根，所以，解得， 所以实数a的取值范围为．21．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．（1）求C，的方程；（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.【详解】（1）依题意设抛物线，，所以抛物线的方程为，与相切，所以半径为，所以的方程为；（2）[方法一]：设若斜率不存在，则方程为或，若方程为，根据对称性不妨设，则过与圆相切的另一条直线方程为，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；若方程为，根据对称性不妨设则过与圆相切的直线为，又，，此时直线关于轴对称，所以直线与圆相切；若直线斜率均存在，则，所以直线方程为，整理得，同理直线的方程为，直线的方程为，与圆相切，整理得，与圆相切，同理所以为方程的两根，，到直线的距离为：，所以直线与圆相切；综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.[方法二]【最优解】：设．当时，同解法1．当时，直线的方程为，即．由直线与相切得，化简得，同理，由直线与相切得．因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．所以直线与相切．综上所述，若直线与相切，则直线与相切．【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路 22．在直接坐标系中，直线l的方程为，曲线C的参数方程为．（1）已知在极坐标(与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴)中，点的极坐标为，判断点与直线的位置关系；（2）设点是曲线上的一个动点，求它到直线的距离的最小值．【答案】（1）点在直线上；（2）．【分析】（1）消去曲线参数方程中的参数，得到曲线普通方程，根据公式，把点的坐标化为直角坐标方程，即可判断点与直线的关系；（2）设，由点到直线的距离公式可得距离的表达式，通过三角恒等变换化为正弦型函数在给定区间上的最值来求解．【详解】（1）∵曲线C的参数方程为，∴曲线C的普通方程是，∵点的极坐标为，∴点P的普通坐标为，即，把代入直线：，得，成立，故点在直线上．（2）∵Q在曲线C：上，()∴到直线l：的距离：=，()∴．【解析】椭圆的参数方程与直线极坐标方程的应用． 23．已知是定义域为的奇函数，且时，.(1)求函数的解析式;(2)作出函数的图象，并写出函数的单调区间及值域;(3)求不等式的解集.【答案】(1) (2)见解析，单调减区间为，，其值域为.(3)【解析】（1）根据奇函数的性质即可求出函数的解析式，（2）画出函数图象，数形结合即可求出，根据图象可得函数的单调区间和值域．（3）分和两种情况讨论分别解得，最后取并集.【详解】解：（1）当时，则，，故.（2）函数的图象如图所示.由图可知，函数的单调减区间为，，其值域为.（3）当，即时，等价于，即，，解得，;当，即时，等价于，即，，解得，.综上所述，的解集为.【点睛】本题考查根据奇偶性求函数的解析式，和函数图象的应用，属于基础题.