四川省内江市第六中学2022-2023学年高三理科数学下学期第一次月考试题（Word版附解析）

内江六中2022—2023学年（下）高2023第6次月考

理科数学试题

考试时间：120分钟满分：150分

第I卷选择题（满分60分）

一､选择题（每题5分，共60分）

1. 在等差数列中，已知，，则（    ）．

A. 18 B. 19 C. 20 D. 21

【答案】B

【解析】

【分析】由，，求得公差d，再利用等差数列的通项公式求解.

【详解】解：在等差数列中，，，

所以，

所以，

故选：B

2. 已知复数，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数的除法运算求解.

【详解】解：因为，

所以，

所以．

故选：D．

3. 设集合的全集为，定义一种运算，，若全集，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解不等式求得集合M，求得，根据集合运算新定义，即可求得答案.

【详解】由题意得，或，

则，

故选：C

4. 已知多项式，则（    ）

A. 11 B. 74 C. 86 D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用二项式定理分别求出与一次项的系数，再相加即可.

【详解】对于，其展开通项公式为，

令，得，故，

对于，其展开通项公式为，

令，得，故，

所以.

故选：B.

5. 抛物线的焦点坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由抛物线的标准方程即可求解.

【详解】由抛物线的标准方程可知：

抛物线的开口向左，焦点在轴负半轴上，

且，所以，，

所以焦点坐标为.

故选：C

6. 如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（     ）

A. 三角形   B. 矩形 C. 正方形 D. 菱形

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.

【详解】分别取的中点，连接，

如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形，

由题意可知：且，所以四边形为平行四边形，

所以，又因为且，且，

所以且，所以四边形为平行四边形，所以,

所以，同理，所以四边形为平行四边形，

又因为，所以平行四边形为菱形，

故选：

7. 核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（    ）

A. 0.495% B. 0.9405% C. 0.99% D. 0.9995%

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件概率的乘法公式即可求解.

【详解】记感染新冠病毒为事件,感染新冠病毒的条件下,标本为阳性为事件 则,故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为，

故选：A

8. 研究发现，任意一个三次函数图象必有一个对称中心.一般地，判断点是否是三次函数图象的对称中心的流程如图所示，对于函数，其图象的对称中心以及的值分别是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分析程序框图得到：点是否是三次函数图象的对称中心等价于是否是的导函数的零点，接着求导即可求得对称中心，根据对称中心得到，最后化简求解即可.

【详解】因为，

所以，

，

令，解得，

又，

所以三次曲线的对称中心是，

则.

所以，

于是.

故选：.

9. 红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等.红薯耐旱耐脊、产量丰富，曾于数次大饥荒年间成为不少人的“救命粮食”，现因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点.小泽和弟弟在网红一条街买了一根香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃，如图，该红薯可近似看作三部分：左边部分是半径为的半球；中间部分是底面半径为、高为的圆柱；右边部分是底面半径为、高为的圆锥，若小泽准备从中间部分的甲、乙、丙、丁四个位置选择一处将红薯掰成两块，且使得两块的体积最接近，则小泽选择的位置是（    ）

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

【答案】B

【解析】

【分析】算出分别从甲乙丙丁处分两块的体积之差，比较大小即可.

【详解】若从甲处分为两块，则左侧体积为，

右侧体积为，两者体积差为，

若从乙处分为两块，则左侧体积为，

右侧体积为，两者体积差为，

若从丙处分为两块，则左侧体积为，

右侧体积为，两者体积差为，

若从丁处分为两块，则左侧体积为，

右侧体积为，两者体积差为，

故从乙处掰成两块，体积最接近，

故选：B.

10. 函数图像大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性排除选项C和D；当时，，排除选项A，可得正确结论．

【详解】函数定义域为，且

，是奇函数，排除选项C和D；

当时，，排除选项A；

故选：B

11. 已知椭圆和双曲线的焦点相同，记左、右焦点分别为，，椭圆和双曲线的离心率分别为，，设点为与在第一象限内的公共点，且满足，若，则的值为（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据椭圆和双曲线的定义可得，，(分别为椭圆的长半轴长及双曲线的实半轴长)，从而得，再代入中，求解即可.

【详解】设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，半焦距为，双曲线的实半轴长、虚半轴长分别为，半焦距为，

则有，

又因为点为与在第一象限内的公共点，且满足，

所以且，

由椭圆的定义可得，

所以，

由双曲线的定义可得，

所以，

所以

所以，

又因为，

解得(舍)或，

故选：A.

12. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造

，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.

B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造

，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.

C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误.

D.与C选项同样的方法即可判断.

【详解】A.        令

则 ，所以在单调递减，在上单调递增，

且，故.

令

则，

所以在上单调递减，且

   即    故选项A正确

B.         令

则，所以在单调递增，在上单调递减，

且，故.

令

所以在上单调递减，且

   即   故选项B错误

C.      

     又在单调递增    

故选项C错误

D. 由C可知，   又单调递减   

故选项D正确

故选：AD

第II卷非选择题（满分90分）

二､填空题（每题5分，共20分）

13. 已知定点和曲线上的动点，则线段的中点的轨迹方程为___________．

【答案】

【解析】

【分析】设出，，表达出，，结合，代入即可求出轨迹方程.

【详解】设线段中点为，， 则，

即，

因为点为圆上的点，所以

所以，化简得：

故答案为：

14. 若，则正整数的值是___________.

【答案】5或7

【解析】

【分析】根据组合数的性质可得或，进而可求出结果.

【详解】因为，所以或，解得7或5，

故答案为：7或5.

15. 已知命题：，，使得方程成立，命题：，不等式恒成立.若命题为真命题，命题为假命题，则实数的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】先求出命题和命题为真时对应的的取值范围，即可求出.

【详解】对于命题，当时，，当时，，

若命题为真，则，即，解得.

对于命题，当时，，，

若命题为真，则，则，

若命题为真命题，命题为假命题，则，所以，

综上可得的取值范围为.

故答案为：.

16. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①平面截正方体所得的截面图形是五边形；

②直线到平面的距离是；

③存在点，使得；

④△面积的最小值是．

其中所有正确结论的序号是______．

【答案】①③

【解析】

【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.

【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，

则五边形即为所得的截面图形，故①正确；

对于②，由题可知，平面，平面，

∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，

设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，

，，

∴，

，

∴由，可得，

所以直线到平面的距离是，故②错误；

对于③，如图建立空间直角坐标系，则，

设，

∴，又，

∴，，

假设存在点，使得，

∴，整理得，

∴（舍去）或，

故存在点，使得，故③正确；

对于④，由上知，所以点在的射影为，

∴点到的距离为：

，

∴当时，，

∴故△面积的最小值是，故④错误.

故答案为：①③.

三、解答题（共70分）

（一）必考题（共60分）

17. 小家电指除大功率､大体积家用电器（如冰箱､洗衣机､空调等）以外的家用电器，运用场景广泛，近年来随着科技发展，智能小家电市场规模呈持续发展趋势，下表为连续5年中国智能小家电市场规模（单位：千亿元），其中年份对应的代码依次为.

（1）由上表数据可知，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；

（2）建立关于的经验回归方程（系数精确到0.01）.

参考数据：；

参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意代入公式即可求出相关系数近似为0.92，说明与的线性相关程度较高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系；

（2）利用最小二乘法求出，，即可得到关于的经验回归方程.

【小问1详解】

由已知得,

.

因为与的相关系数近似为0.92，说明与的线性相关程度较高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.

【小问2详解】

由题可得，

，

故关于的经验回归方程为.

18. 已知锐角三角形中，角的对边分别为，且满足.

（1）求证：；

（2）若，求三角形面积的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先根据正弦定理得，然后结合余弦定理化简整理得，解方程即可证明；

（2）先利用正弦定理表示出，结合面积公式得出，利用的范围及函数的单调性进行求解.

【小问1详解】

由正弦定理可得，又，所以，

整理得，即有，

所以，即，

，，则，

所以，所以.

【小问2详解】

由（1）得，因为，由，得,

设三角形的面积为，

则

，在锐角三角形中，,且，

所以，所以，设，则，

记，则，所以函数在上单调递减，

所以，所以，即三角形面积的取值范围.

19. 如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为．

（1）证明：，并求的取值范围；

（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析，离心率的取值范围是   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得线面垂直，即可证明线线垂直；根据图形可判断椭圆长轴的范围，以及短轴的值，结合椭圆离心率的公式，即可求离心率的取值范围；

（2）首先根据，确定的位置，再建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值.

【小问1详解】

因为平面平面，且平面平面，

因为，所以平面，平面，

所以,

设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，当移至下底面端点时，

，长轴的最大值，所以长轴的取值范围，则，

，所以椭圆离心率的取值范围是；

【小问2详解】

当离心率时，即，得，

则，即，即点是母线的中点，

如图建立空间直角坐标系，设，则，

,,,,,

,,,

设平面的法向量，

则，令，得，，所以，

设直线与平面所成角为，

则.

20. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆E：和定点，P为圆E上的动点，线段PF的垂直平分线与直线PE交于点Q，设动点Q的轨迹为曲线C.

（1）求曲线C的方程；

（2）设曲线C与x轴正半轴交于点A，过点的直线l与曲线C交于点M，N（异于点A），直线MA，NA与直线分别交于点G，H.若点F，A，G，H四点共圆，求实数t的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】(1)根据线段PF的垂直平分线上的点到两端点的距离相等，则动点Q到两定点的距离之差为定值，故点Q的轨迹为双曲线.

(2)设直线方程为，联立直线与双曲线方程，韦达定理求出两根之和，两根之积，因为F，A，G，H四点共圆，所以，即，可判断出，即，列等量关系可以解得.

【小问1详解】

因为Q在线段PF的中垂线上，所以，

故，

所以点Q的轨迹是以E，F为焦点的双曲线，其焦距，，

且，，故，

所以曲线C的方程为.

【小问2详解】

设直线l：，，，

联立方程组，整理得，

则，且.

因为F，A，G，H四点共圆，所以，

又，所以，

故，所以，即，

所以.

又直线AM：，令，得，

同理，

故

，其中，

所以，解得，

所以实数t的值为.

21. 已知函数，设曲线在点处的切线方程为.

（1）证明：对定义域内任意，都有；

（2）当时，关于的方程有两个不等的实数根，证明：.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据导函数求出切线斜率，由点斜式可得出切线方程，令，根据导函数的的出的单调性，可证恒成立，即.

（2）令，解得或，分别求出两条切线方程，，可证，恒成立，由函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和，与的关系即可证明结论.

【小问1详解】

证明：，，

又，；

令，

在上单调递增，且，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

，恒成立，所以恒成立.

【小问2详解】

证明：当时，，则，

显然在定义域内单调递增，而，，

存在，使，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，令，解得或，

由（1）（2）可知在处的切线方程为，

且恒成立，同理可得在处的切线方程为，

令，

当时，，，当时，，

恒成立，即恒成立.

设函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和，

不妨设，则，，

令，解得，，

得证.

（二）选考题（共10分）请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.

选修4-4：坐标系与参数方程

22. 在极坐标系中，已知曲线，直线（t是参数），且直线l与曲线C交A,B两点．

（1）求曲线C的直角坐标方程与直线的普通方程；

（2）设定点P极坐标，求的值．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用，，将极坐标方程化为直角坐标方程；对参数方程中的参数进行消参化为普通方程；

（2）点P是直线上的点，对应的参数，将直线的参数方程代入曲线C的方程，得出A,B两点对应的参数满足的条件，从而求出的值．

【小问1详解】

曲线，因为，，

所以直角坐标方程为：，即；

由，消去参数可得直线l的普通方程为：．

【小问2详解】

因为P的直角坐标为，

所以直线l过P点，直线l的参数方程，代入曲线C的方程中，

得，即.

设A，B两点对应的参数分别为，所以，，

所以．

选修4-5：不等式选讲

23. 已知.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若时不等式成立，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）方法一：将代入函数解析式，求得，利用零点分段法将解析式化为，分类讨论即可求得不等式的解集；

（2）方法一：根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.

【详解】（1）［方法一］：【通性通法】零点分段法

当时，，即，所以不等式等价于或或，解得：．

故不等式的解集为．

［方法二］：【最优解】数形结合法

如图，当时，不等式即为．

由绝对值的几何意义可知，表示x轴上的点到对应的点的距离减去到1对应点的距离．结合数轴可知，当时，，当时，．故不等式的解集为．

（2）［方法一］：【通性通法】分类讨论

当时，成立等价于当时，成立．

若，则当时，；

若，由得，，解得：，所以，故．

综上，的取值范围为．

［方法二］：平方法

当时，不等式成立，等价于时，成立，即成立，整理得．

当时，不等式不成立；

当时，，不等式解集为空集；

当时，原不等式等价于，解得．

由，解得．故a的取值范围为．

［方法三］：【最优解】分离参数法

当时，不等式成立，等价于时，成立，

即，解得：，而，所以．故a的取值范围为．

【整体点评】（1）方法一：利用零点分段法是解决含有两个以及以上绝对值不等式的常用解法，是通性通法；

方法二：利用绝对值的几何意义解决特殊类型的绝对值不等式，直观简洁，是该题的最优解．

（2）方法一：分类讨论解出绝对值不等式，利用是不等式解集的子集求出，是通性通法；

方法二：本题将绝对值不等式平方，转化为解含参的不等式，利用是不等式解集的子集求出，虽可解出，但是增加了题目的难度；

方法三：利用分离参数，将不等式问题转化为恒成立最值问题，思想简单常见，是该题的最优解．