重庆市万州第二高级中学2023届高三数学下学期5月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市万州第二高级中学2023届高三数学下学期5月月考试题（Word版附解析），共33页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

万州二中2022-2023年高三下期5月月考数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合再求交集即可.
【详解】，，
则.
故选：B.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算求解即可.
【详解】由得，，所以.
故选：A.
3. 在中，，EAD中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的减法法则和平行四边形法则对向量进行分解转化即可.
【详解】因，E为AD中点，
所以.
故选：B.

4. 圆柱的轴截面是周长为12的矩形，则满足条件的圆柱的最大体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件确定，再将体积转化为关于的三次函数，利用导数求体积的最大值.
【详解】圆柱的底面半径为，高为，则，即，
圆柱的体积，，
，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以，当时，函数取得最大值，最大值.
故选：A
5. 已知过抛物线焦点的直线与抛物线C交于A，B两点，且，圆，若抛物线C与圆交于P，Q两点，且，则线段的中点D的横坐标为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】确定之一的坐标，设另一点坐标，结合已知求出该坐标，再求出抛物线方程，借助抛物线定义求解作答.
【详解】圆过原点，则点P，Q之一为原点，不妨令点，设，

依题意，，又，解得，即，
则，解得，抛物线的焦点，准线方程为，
设，于是，而，
因此，所以线段的中点D的横坐标.
故选：B
6. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用常见放缩，构造函数，判断出，然后利用构造从而判断即可.
【详解】
令，则，
当时, ，所以在上单调递增，
，
；
，
易知
，
.
故选：D.
7. 已知函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，，，可将问题转化为方程组有且只有一组实数根.后通过研究函数，及
过原点与切线，可得答案.
【详解】令，则
，令，则
，令，则.
令在上单调递增；
在上单调递减；
又，，则有且只有两根，分别为.
则函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的交点，等价于方程组有且只有一组实数根.
令，则，
当时，，则此时在上递增，又.
即，则有且只有一组实数根.
当时，方程组有且只有一组实数根，等价于函数图象与直线图象有两个交点，临界情况为两条直线与图象相切.
当与相切，设对应切点为，因
，则相应切线方程为
；
当与相切，设对应切点为，则相应切线方程为
，则.
综上，.
故选：A


【点睛】关键点睛：本题涉及同构以及用导数，函数思想研究函数图象的交点.同构时，需仔细观察，巧用指对互化，将相同结构放在一起以便简化问题，对于函数零点问题，常可转化为相关图象交点问题来解决.
8. 已知定义在上的函数的导函数为，则下列错误的是（ ）
A. 若关于中心对称，则关于对称
B. 若关于对称，则有对称中心
C. 若有1个对称中心和1条与轴垂直的不过对称中心的对称轴，则为周期函数
D. 若有两个不同的对称中心，则为周期函数
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数性质结合导数运算逐项分析判断.
【详解】对于选项A：若关于中心对称，则，
可得，
令，则，即，
则，所以关于对称，故A正确；
对于选项B：若关于对称，则，
可得，即，
令，则，
即，则关于对称，故B正确；
对于选项C：若有1个对称中心和1条与轴垂直的不过对称中心的对称轴，
设对称中心为，对称轴为，
则，可得，
则，可得，
可得，且，即，
所以的周期为，故C正确；
对于选项D：若有两个不同的对称中心，则不一定为周期函数，
例如：，对任意，
则有：
，
故的对称中心为，满足题意，
但，则，
令，
则
，
故为偶函数，
假设为周期函数，周期为，则，
则，
即
，
整理得，
令，得，
因为，则，
令，得，
因为，则，
可得，
因为，则，可得，
所以，且.
当为偶数，则
，
可得对任意，或，
且，则，
可得或，显然对任意，均不成立；
当为奇数，则
，
可得对任意，或，
且，则，
可得或，显然对任意，均不成立；
综上所述：不存在实数，使得.
所以不是周期函数，故D错误；
故选：D.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.
9. 下列为真命题的有（ ）
A. 90，92，92，93，93，94，95，97，99，100的中位数为93.5
B. 设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8
C. 甲、乙、丙三种个体按3∶1∶2的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18
D. 已知随机变量，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用中位数的定义计算即可；对于B，利用方差的性质计算即可；对于C，利用分层抽样的比例进行求解即可；对于D，利用正态分布的对称性进行求解即可.
【详解】对于A，90，92，92，93，93，94，95，97，99，100的中位数为，故A正确；
对于B，样本数据的方差为2，
则数据的方差为，故B不正确；
对于C，甲、乙、丙三种个体按3∶1∶2的比例分层抽样调查，
若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为，故C正确；
对于D，随机变量，，
所以，故D正确.
故选：ACD
10. 已知函数、定义域均为，且，为偶函数，若，则下面一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据条件判断关于中心对称和轴对称，可求出是函数的周期，利用函数的对称性和周期性进行转化求解即可.
【详解】由可得函数关于中心对称，
且，又因为为偶函数，
所以，令等价于，所以
可知函数关于轴对称，再令替换，所以，
所以知，，
，所以，即是函数的周期，
由，令，则，故A正确；
因为，由已知条件无法求出，故C不正确；
由可得，所以B不正确；
由可得与关于中心对称，
所以是函数的周期，，故D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：根据条件判断函数，的对称性和周期性，利用函数的对称性和周期性进行转化求解时解决本题的关键.
11. 如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点（不包括端点），则（ ）

A. B. 平面
C. 二面角的大小为定值 D. 的最小值为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理和性质定理即可得出；对于B，利用线面平行的性质定理即可得出；对于C，由二面角的定义即可判断；对于D，将侧面和展开在一个平面内，结合余弦定理即可得出.
【详解】对于A，平面，平面，，假设，
又平面PAD，平面，
又平面，，而四边形为正方形，与矛盾，
所以假设错误，故不正确，故A不正确；
对于B，设，连接，假设平面，

又平面平面，则，
在中，因为为的中点，则必为的中点，这与为线段上的动点矛盾，
所以假设错误，故B不正确；
对于C，为线段上的动点，二面角的大小即为二面角的大小，
因为二面角的大小为定值，所以二面角的大小为定值，
故C正确；
对于D，平面，平面，，为等腰直角三角形，
平面，平面，，即，
又四边形为正方形，，
平面PAD，平面，平面，，为直角三角形，
如图，将侧面和展开在一个平面内，，
连接，当处在与的交点处时，取得最小值，
此时，在中，由余弦定理，得，
所以的最小值为，故D正确.

故选：CD.
12. 已知时，，则（ ）
A. 当时，， B. 当时，
C. 当时， D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】本题考虑到不等式可以用，，这3个函数进行表示，可将不等式转化为这三个函数在时的大小位置关系.可结合，进行初步判断函数的大小关系，结合的变化对，的相对位置的变化影响可解得本题.
【详解】设，，，
由得，
所以时，或.
A和B选项：
当时，，
设，则，
当时，所以在上单调递增，
所以，
即当时，，
故.
设，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递减.
故，即，
所以有，
即，.

设，由题意可知，，
，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增，
所以，得，
由得，，
当时，由得，
则，故B正确，
取，，，则，故A错误；
C和D选项：
当时，
由题意，恰为，两交点，所在直线，

则
则
，
下列证明对均不等式：
，，
不妨设，先证,即证,
令,设,
则,所以在递减,
而,因此当时,恒成立,
即成立.
再证,即证
令,
则,所以递增,而,
因此当时,恒成立,即成立.
由对数平均不等式知，
.
故，
故CD正确
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考察用导数解决不等式问题，本题解题的关键是从不等式中能抽象出来，，这三个函数，然后根据不等式得到三个函数的图象在不同位置时的联系进而去解决问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在圆内随机地取一点，则该点坐标满足的概率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件得到或，结合画出符合要求的可行域，根据圆的性质及直线，的位置关系确定可行域与圆面积的比例，即可求得概率.
【详解】要满足，则①或②，
在平面直角坐标系中分别作出不等式组①、②和圆，
则满足要求的可行域如下图阴影部分所示：

由图知：在圆内随机取在阴影部分，
而直线过圆心，且直线与直线相互垂直，
所以图中阴影部分的面积为圆面积的，
故点满足的概率为，
故答案为：.
14. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据条件可证明，，，故三棱锥放入正方体中，正方体的外接球即是三棱锥的外接球，从而即可求出球的半径，过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，求得截面圆半径即可．
【详解】设在底面上的射影为，如图，

因为，由全等得为的中心，
由题可知，，由，解得
在正中，可得.
从而直角三角形中解得.
同理，又是边长为的正三角形，
所以，则，同理，，
因此正三棱锥可看作正方体的一角，
正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，正方体对角线的中点为球心.
记外接球半径为，则，
过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，此时截面圆半径满足，
由得，所以，所以截面面积的最小值为.
故答案为：
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________．
【答案】##
【解析】
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.

方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
16. 1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知中，其中，，P为费马点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，，进而得到，，然后在中通过余弦定理得到的关系式，在和中通过正弦定理得到的关系式和的关系式，然后借助三角函数的性质和函数的性质求得答案.
【详解】如图，根据题意，设，，则，，在中，由余弦定理有…①

在中，由正弦定理有，
在中，由正弦定理有，
故，则，由①，…②，
且，
设，则，由题意，，所以，而，由对勾函数的性质可知.
由②，，易知函数在上单调递减，于是.
故答案为：.
【点睛】本题难度较大，注意以下几个细节的处理，首先“”这一步，开根号的目的是降低运算量；其次，在“”这个等式里发现了倒数关系，故而进行了换元，否则通分化简运算量特别大；再次，“” 这一步变形目的在于可以直接判断函数的单调性，而函数的单调性需要借助导数.
四、解答题：本题共6小题，共70分.
17. 数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求使成立的最小正整数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，得出是以为首项，为公比的等比数列，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）得，求得，利用等比数列的求和公式，求得和，解，即可求解.
【小问1详解】
由题意知，可得，即
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，可得，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：由，可得，
当为偶数时，为偶数，当为奇数时，为奇数，
所以，
所以前项的和，
所以，
所以，不合题意，
又因为，且，
所以使最小值为.
18. 已知在中，为边上的点，且，.

（1）若，，求边的长；
（2）若，设，，试将的面积表示为的函数，并求函数最大值.
【答案】（1）
（2），；
【解析】
【分析】（1）由条件求，根据正弦定理求，由此可求，再由余弦定理求；
（2）设，根据余弦定理用表示，结合三角形面积公式用表示的面积，
方法一：利用正弦函数的范围求函数的最大值，
方法二：利用二倍角公式和同角关系化简可得，结合基本不等式求其最大值.
【小问1详解】
由，，则，
在中，，
∵，∴，
∴；
在中，由余弦定理得：.
【小问2详解】
由，设，则，
∵，∴，
在中，由余弦定理得：，
的面积，
∴，.
法一：（※）
，其中，，
∴
∴，又，所以，当且仅当时等号成立，
所以当时，
函数取最大值，最大值为
故函数最大值为.
法二：
∴
，又，
所以，
当且仅当，即，即取最大值，
故函数最大值为.
【点睛】.
19. 2021年9月15日至17日，世界新能源汽车大会在海南海口召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善.某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车.为了推广该款新能源汽车，购买新能源汽车将会得到相应的补贴，标准如下：
购买的新能源汽车价格（万元）




补贴（万元）
5
7
10
15

（1）本月在A市购买新能源汽车的4000人中随机抽取300人，统计了他们购买的新能源汽车的价格并制成了如下表格（这4000人购买的新能源汽车价格都在60-100万元之间）利用样本估计总体，试估计本月A市的补贴预算（单位：亿元，保留两位小数）

（2）该公司对这款新能源汽车的单次最大续航里程进行了测试，得到了单次最大续航里程与售价的关系如下表.根据数据可知与具有线性相关关系，请建立与的回归方程（系数精确到）.周小姐想要购买一辆单次最大续航为的该款新能源汽车，请根据回归方程计算周小姐至少要准备多少钱（单位：万元，保留两位小数）
售价x（万元）
66
70
73
81
90
单次最大续航里程
200
230
260
325
405

（3）某汽车销售公司为促进消费者购买该新款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，活动规则如下：箱子里有2个红球，1个黄球，1个蓝球，客户从箱子里随机取出一个球（每一个球被取出的概率相同），确定颜色后放回，连续抽到两个红球时游戏结束，取球次数越少奖励越好，记取次球游戏结束的概率为.周小姐参与了此次活动，请求周小姐取球次数的数学期望.
【答案】（1）本月A市的补贴预算亿元
（2）周小姐至少要准备万元.
（3）周小姐取球次数的数学期望为6
【解析】
【分析】（1）根据题意整理数据，结合平均数运算求解；
（2）根据题意先求线性回归方程，再根据回归方程运算求解；
（3）根据题意分析可得，，利用构造法结合等边数列求得，再结合导数和极限求期望.
【小问1详解】
由题意可得：
购买的新能源汽车价格（万元）




频率




补贴（万元）
5
7
10
15
本月A市的补贴预算万元，
故本月A市的补贴预算亿元.
【小问2详解】
由题意可得：，
，
则，，
故与的回归方程，
令，即，解得，
故周小姐至少要准备万元.
【小问3详解】
设数列的前项和为，周小姐取球次数为，
由题意可得：每次抽到红球的概率为，抽到非红球的概率为，
可得，
对到第次还未结束游戏的概率为，则第次为非红球，第次为红球，第次为红球即结束，故第次结束游戏的概率，
则，
若第次还未结束游戏，则第次为非红球，第次为红球，第次为红球即结束，故第次结束游戏的概率，即第次还未结束游戏的概率为，则有：
当第次为非红球时，则第次为非红球或红球均可，之后连续三次依次为非红球、红球和红球，则第次结束游戏，此时有，
当第次为红球时（游戏未结束），则第次为非红球，之后连续三次依次为非红球、红球和红球，则第次结束游戏，此时有，
综上所述：，
可得：，且，
故数列是以首项，公比为的等比数列，
则，可得，且，
故数列是以首项，公比为的等比数列，
则，即，
则，
检验当时均符合上式，故，
则，
设，则，
令，可得，令，可得，
∵，且当时，则，
∴
，
故周小姐取球次数的数学期望为6.
【点睛】关键点点睛：
（1）对于的求和，可以借助于导数运算处理；
（2）常见极限：当时，则.
20. 如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面．

（1）求；
（2）当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取点构造平行四边形，再由比例关系证明求值．
（2）设，将体积表示为的函较，求出棱台的体积最大时的值，再建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值．
【小问1详解】
作交于，再作交于，连接．
因为平面，所以平面．
又平面平面，所以．
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，即为棱的四等分点，
故也为棱的四等分点，所以．
【小问2详解】
由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，
所以底面．
设，则，所以，
所以该四棱台的体积，
而．
当且仅当，即时取等号，此时，．
以为原点，，分别为轴、轴，
过平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
由得令，则．
设与平面所成角为，
则，
故与平面所成角的正弦值为．
21. 有一个半径为4的圆形纸片，设纸片上一定点到纸片圆心的距离为，将纸片折叠，使圆周上一点与点重合，以点所在的直线为轴，线段的中点为原点建立平面直角坐标系．
（1）记折痕与的交点的轨迹为曲线，求曲线的方程；
（2）若直线：（）与曲线交于，两点．
（ⅰ）当为何值时，为定值，并求出该定值；
（ⅱ），为切点，作曲线的两条切线，当两条切线斜率均存在时，若其交点在直线上，探究：此时直线是否过定点，若过，求出该定点；若不过，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ），定值为5；（ⅱ）过定点，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）利用椭圆定义判断轨迹，即可求出方程．（2）（ⅰ）联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系表示出，写出关于的表达式分析可得．（ⅱ）求出在，两点处的切线方程，设出点坐标，并分别代入到两条切线方程，进而表示出直线的方程，即可得到定点．
【详解】（1）由题意可知，，
所以点轨迹是以，为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以曲线的方程，即椭圆方程为．
（2）（ⅰ）由消元得，，
由，得．
设，，则，，
所以
，
当为定值时，即与无关，
令，得，此时恒成立，
即当时，为定值，且定值为5．
（ⅱ）设在点处的切线方程为，
由消去，
整理得，
由，
化简得，
因为，
所以，
故在点处的切线方程为，整理可得，①
同理可得，在点处的切线方程为．②
设，将其代入①②，得，，
所以直线的方程为，即，
令，得
故直线过定点，且定点坐标为．
22. 已知函数.
（1）若，判断的零点个数；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的定义域，求导，参变分离得到，构造，求导后得到单调性，画出的大致图象，数形结合得到函数零点个数；
（2）同构转化为在上恒成立，构造，求导得到其单调性，得到，分，，两种情况，得到实数的取值范围.
【小问1详解】
，
，定义域为，
令，可得，设，则，
令，得在上单调递增；
令，得，
在上单调递减，
.当时，；
当时，，从而可画出的大致图象，

①当或时，没有零点；
②当或时，有一个零点；
③当时，有两个零点.
【小问2详解】
当时，不等式恒成立，
可化为在上恒成立，
该问题等价于在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
，
即，即
①当时，，不等式恒成立；
②当时，令，显然单调递增，
且，故存在，使得，
所以，
即，而，此时不满足，
所以实数不存在.
综上可知，使得恒成立的实数的取值范围为.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.