2023届新疆乌鲁木齐市第101中学高三下学期2月月考数学（理）试题含解析

2023届新疆乌鲁木齐市第101中学高三下学期2月月考数学（理）试题

一、单选题

1．下列关系中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据元素与集合，集合与集合的关系，结合常见数集，可得答案.

【详解】对于A，由为无理数，而指的是有理数集，则，故A错误；

对于B，由为数集，而指的是整数集，则，故B错误；

对于C，由为数集，而指的是自然数集，则，故C正确；

对于D，由是以为元素的数集，而是以为元素的点集，则，故D错误.

故选：C.

2．已知，且，则的值分别为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由复数相等可求出的值.

【详解】解：由题意知，，解得，

故选: C.

【点睛】本题考查了由复数相等求参数的值，属于基础题.

3．已知向量，满足，，且，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求得数量积，再利用向量夹角公式即可求得与的夹角.

【详解】因为，所以,

则.则.

又因为，所以,即与的夹角为.

故选：D.

4．已知，则数列是（    ）

A．递增数列 B．递减数列

C．先递增后递减数列 D．常数列

【答案】A

【分析】根据数列相邻两项差的正负即可判断此数列的增减性.

【详解】因为，所以，

所以数列是递增数列.

故选：A

5．若抛物线C：x2＝4y上一点P到定点A（0，1）的距离为2，则P到x轴的距离为（   ）

A．0 B．1 C．2 D．4

【答案】B

【分析】由点A是抛物线的焦点，根据抛物线定义求得P到准线的距离，进而求得到x轴的距离.

【详解】A（0，1）是抛物线的焦点，根据抛物线定义可知抛物线上一点到焦点距离等于到准线的距离，

∴点P到抛物线准线的距离为2，

∵抛物线准线方程为y＝﹣1

∴P到x轴的距离为2﹣1＝1

故选：B.

6．执行如图所示的程序框图，则输出的的值是（    ）

A．8 B．6 C．4 D．10

【答案】A

【分析】根据程序框图，逐步执行，即可得出结果.

【详解】初始值：，，

第一步：，执行循环体，，；

第二步：，执行循环体，，；

第三步：，执行循环体，，；

第四步：，结束循环，计算，输出；

故选：A.

【点睛】本题主要考查由程序框图计算输出值，属于基础题型.

7．如图，在四面体中，，，，，则四面体中存在面面垂直关系的对数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】分别证明出平面平面，平面平面，平面平面，即可得到答案.

【详解】因为，，，所以，所以.又，，平面,平面.所以平面.

又平面，平面，所以平面平面，平面平面.

因为，，，所以，所以.又，，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，综上可知有3对.

故选:B.

8．已知等比数列单调递减，满足，，则数列的公比

A． B． C． D．3

【答案】B

【分析】利用等比数列性质及公式求解

【详解】因为数列是等比数列递减，，所以，联立可得：，所以  

故选：B.

9．点C，D是平面内的两个定点，，点在平面的同一侧，且，，若与平面所成的角分别为，则下列关于四面体ABCD的说法中，不正确的是（    ）

A．点A在空间中的运动轨迹是一个圆 B．面积的最小值为2

C．四面体ABCD体积的最大值为 D．当四面体ABCD的体积达最大时，其外接球的表面积为

【答案】C

【分析】由题意画出图形，过作平面的垂线，分析可知A在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，可判断A；写出的面积，求出的最小值，可得面积的最小值可判断B；当最大，且平面时，四面体ABCD体积取得最大值，求出最大值可判断C；求出四面体ABCD体积取得最大值时，其外接球的半径，进一步求出外接球的表面积可判断D.

【详解】如图所示，

对于A，因为与平面所成的角为，过作平面的垂线,则与所成的角为，则A在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，故A正确；

对于B，B在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，则，由图可知，，即，则面积的最小值为，故B正确；

对于C，当最大，且平面时，四面体ABCD体积取得最大值为，故C错误；

对于D，当四面体ABCD体积取得最大值时，，，，利用余弦定理求得，满足，可得，则所在截面圆的圆心为中点，设四面体ABCD外接球的球心为，则平面，则，，在直角中，求得，即四面体ABCD外接球的半径为，其表面积为，故D正确；

故选：C

【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法

(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．

(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．

10．学校足球赛决赛计划在周三、周四、周五三天中的某一天进行，如果这一天下雨则推迟至后一天，如果这三天都下雨则推迟至下一周，已知这三天下雨的概率均为，则这周能进行决赛的概率为

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】本周能进行决赛意味着能在周三或周四或周五进行，分别求概率，求和即可得解.

【详解】设在这周能进行决赛为事件，恰好在周三、周四、周五进行决赛分别为事件，，，则，

又事件，，两两互斥，

则有，

故选：D．

【点睛】本题主要考查了互斥关系的概率问题，属于基础题.

11．定义在上的可导函数，其导函数记为，满足，且当时，恒有.若，则实数的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由，构造函数，易得当，为增函数，且由题设可得，所以函数的图象关于直线对称，结合与的关系，函数的对称性与单调性性质，即可求解.

【详解】令，

则.

∵当时，恒有，即，

∴当时，函数为增函数.

而，

——①

——②

把②代入①得：

∴.

∴函数的图象关于直线对称，

∴函数在上为增函数，在为减函数.

由，

得，

即，

∴，解得.

∴实数的取值范围是.

故选：A

【点睛】本题考查构造函数以及函数的导数、函数的对称性、单调性的综合运用，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于难题.

12．已知正数，满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用基本不等式得到当且仅当时取等号，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得到，即可说明当且仅当时取等号，从而得到且时成立，即可得解.

【详解】解：因为，，所以，当且仅当，即时取等号，

又，

因为正数，满足，即，

令，则，当时，当时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，即恒成立当且仅当时取等号，

即恒成立当且仅当时取等号，

所以当且仅当时取等号，

所以当且仅当且，即，时不等式成立，

所以；

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是构造函数证明，再利用基本不等式得到两不等式取等的条件，即可求出参数的值.

二、填空题

13．在普通高中新课程改革中，某地实施“”选课方案，该方案中“3”指的是语文、数学、英语为3个必选科目，“1”指的是从物理、历史2门学科中任选1门，“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，则共有      种选科组合方式．

【答案】12

【分析】根据题意，只需从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，再从物理、历史2门学科中任选1门，即可得出结果.

【详解】由题意，从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，共种情况；

从物理、历史2门学科中任选1门，共种情况，

因此，共有种选科组合.

故答案为：12.

【点睛】本题主要考查组合的简单应用，属于基础题型.

14．经过四个点，，，中三个点的圆的方程为              .

【答案】或或

【分析】数形结合根据题目中点的特殊性直接求出圆方程

【详解】如图所说，不妨设，

由三点组成的圆，圆心为，半径为，

故圆的方程为：；

由三点组成的圆，圆心为，半径为，

故圆的方程为：；

由三点组成的圆，圆心为，半径为，故圆的方程为：.

故答案为：或或

15．函数的最小正周期为 ．

【答案】

【详解】=－sin2x,所以最小正周期为.

【解析】本题主要考查三角函数恒等变形及三角函数周期性.

点评：基础题，熟悉公式，明确最小正周期求法.

16．已知函数，其中，存在，使得成立，则实数=       .

【答案】/

【分析】先把函数转化为曲线上一点P与直线上一点Q的距离的平方，再利用导数求得的最小值，进而求得实数的值.

【详解】设，设，则，

而点P在曲线，点Q在直线上，

当过曲线上的一点的切线与直线平行时，

点到直线的距离取得最小值

由，可得，所以，

到直线的距离，则，即恒成立，

由题意可知存在，使得，则

过点垂直于的直线为

由，可得，则，则

故答案为：

三、解答题

17．已知△ABC的内A、B、C所对的边分别是、、，若.

（1）求角的值；

（2）求△ABC的面积取得最大值时，边的长.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）将已知等式利用正弦定理角化边，然后再利用余弦定理即可求解；

（2）由（1）有，利用基本不等式求出最大值，再根据三角形的面积公式即可求解.

【详解】解：（1）由正弦定理可化为，

即，

由余弦定理可得，

因为，所以；

（2）因为，所以，

又，

所以，

当且仅当时，取最大值为，即有，解得.

18．如图所示，已知正方体，O是底面ABCD对角线的交点.

(1)求证：平面；

(2)求证：平面；

(3)若，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析；

(3).

【分析】（1）连接，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答.

（2）利用线面垂直的判定、性质证明，再利用线面垂直的判定推理作答.

（3）利用等体积法直接计算作答.

【详解】（1）在正方体中，连接，连，则为中点，如图，

，，则四边形为平行四边形，而O为AC中点，

则有，，因此四边形为平行四边形，，

而平面，平面，

所以平面.

（2）在正方体中，平面，而平面，有，

正方形中，，又，平面，则平面，

而平面，因此，，同理，因，平面，

所以平面.

（3）在正方体中，，

所以三棱锥的体积是.

19．某市为了解居民月均用水量的整体情况，通过简单随机抽样，获得了其中20户居民的月均用水量（单位：t），数据如下：

9.5  11.7  7.1  16.5  8.3  11.2  10.4  13.5  13.2  6.8

8.5  13.4  9.2  10.2  10.8  12.6  14.2  7.4  9.7  11.8

经计算，，，其中为抽取的第i户居民的月均用水量，其中．

(1)设“从这20个数据中大于13的数据中任取两个，其中恰有一个数据大于15”为事件A，求A的概率；

(2)根据统计原理，决定只保留区间内的数据，剔除该区间外的数据．

①利用保留的数据作为样本，估计该市居民月均用水量的平均值与方差（结果保留2位小数）；

②根据剔除前后的数据对比，写出一个统计结论．

【答案】(1)

(2)①估计该市居民月均用水量的平均值是10.5t. 估计该市居民月均用水量的方差是4.93. ②对比剔除前后的数据，可看出剔除后的平均值与剔除前的平均值差别较大，剔除后的方差值与剔除前的方差值差别较大（答案不唯一）.

【分析】（1）从表中数据得，抽取的20户居民的月均用水量大于13的数据有16.5、13.5、13.2、13.4、14.2，共5个，运用列举法和古典概率公式可求得答案；

（2）①由已知数据求得，由此剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，再计算出样本的平均值和方差；

②比较剔除前后的数据，比较剔除前后的平均值和方差可得结论.

【详解】（1）解：从表中数据得，抽取的20户居民的月均用水量大于13的数据有16.5、13.5、13.2、13.4、14.2，共5个，

记，

从上述大于13的5个数据中随机抽取两个的结果有如下：，，，，，，，，，，共10种情况，

恰有一个数据大于15的有：，，，，共4种情况，

所以；

（2）解：由题意得，

①，所以，

，

由此剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，

即现有样本平均值等于，

故估计该市居民月均用水量的平均值是10.5t.

剔除了16.5这个数据，其他19个数据将保留作为样本，，

所以现有样本的方差为，

故估计该市居民月均用水量的方差是4.93.

②对比剔除前后的数据，可看出剔除后的平均值与剔除前的平均值差别较大，剔除后的方差值与剔除前的方差值差别较大，

16.5作为被剔除的数据，且是样本中最大的数据，对平均值、方差造成较大影响，

说明平均数易受极端数据的影响，即一个数据离平均数越远，对平均数的影响越大;

故当计算平均值时，可以通过去掉最大值和最小值，以降低它们对平均值计算结果的影响.

20．已知椭圆的离心率，是椭圆上一点．

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线的斜率为，且直线交椭圆于、两点，点关于原点的对称点为，点是椭圆上一点，判断直线与的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值，如果不是，请说明理由．

【答案】（1）（2）是定值，0

【分析】（1）根据题意可知，解方程组即可求出、，即可求解.

 （2）设直线的方程为，代入椭圆，设点、，可得点，利用韦达定理以及两点求斜率化简即可求解.

【详解】（1）由题意知，

又离心率，所以，

于是有，

解得，．

所以椭圆的方程为；

（2）由于直线的斜率为．可设直线的方程为，

代入椭圆，可得．

由于直线交椭圆于、两点，

所以，

整理解得．

设点、，由于点与点关于原点对称，

故点，于是有，．

设直线与的斜率分别为，，由于点，

则

，

又，．

于是有

，

故直线与的斜率之和为0，即．

【点睛】本题考查了根据离心率求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系中的定值问题，此题要求有较高的计算能力，属于难题.

21．已知函数，．

(1)求函数在上的极值；

(2)当时，若直线l既是曲线又是曲线的切线，试判断l的条数．

【答案】(1)当时，取得极大值且，无极小值

(2)曲线与曲线的公切线有条

【分析】（1）对求导，得到的单调性，即可求得在上的极值；

（2）求出曲线在点处的切线方程和曲线在点处的切线方程，

若曲线与曲线有公切线，则，将问题转化为判断关于的方程在的根的个数，令，分别讨论在的根的个数.

【详解】（1）由题知，所以，

令，解得：.故当变化时，的变化情况如下表：

所以当时，取得极大值，，无极小值.

（2），，，

所以曲线在点处的切线方程为，即，即.

同理可得曲线在点处的切线方程为，即.

若曲线与曲线有公切线，则，

由（i）得，代入（ii）得，

所以问题转化为判断关于的方程在的根的个数.

因，当时，令，即，

令，得.所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

所以.

因为，

所以，所以函数在上有两个零点，即在上有两个不相等的正实数根；

当时，令，则，

显然时，，则在上单调递减，

因为，

所以在上有唯一一个零点，即方程在上有唯一一个负实数根.所以曲线与曲线的公切线有条.

【点睛】本题考查利用导数研究含参数的极值，导数的几何意义，利用导数研究函数的零点个数等，考查运算求解能力，分类讨论思想，是难题.本题第二问解题的关键在于分别求出曲线在某点处的切线方程，进而根据公切线将问题转化为求解函数的零点个数，再利用导数研究函数的零点即可.

22．已知圆(为参数)，直线l： (为参数).

(1)求圆C的普通方程，若以原点为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，写出圆C的极坐标方程.

(2)判断直线l与圆C的位置关系，并说明理由；若相交，请求出弦长.

【答案】(1)，

(2)相交，理由见解析，弦长为4

【分析】（1）先根据同角三角函数关系消参数得圆C的普通方程，再根据得圆C的极坐标方程.

（2）根据点到直线距离公式可得圆心到直线的距离，再与半径比较可得直线l与圆C的位置关系，利用直线过圆心得弦长为直径.

【详解】（1）因为圆(为参数)，由有：

，化简得：，

所以圆C的普通方程：.

由有：，

化简得：，所以圆C的极坐标方程为：.

（2）因为直线l： (为参数)，消去参数得：，

所以直线的方程为，

因为圆C的普通方程：，

所以圆心到直线的距离，

所以直线与圆相交，由于直线l过圆心，所以弦长为4.

23．设、、为正数，且.证明：

(1)；

(2).

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由不等式的基本性质可得出，利用反比例函数在上的单调性可证得结论成立；

（2）利用基本不等式可得出，，，利用不等式的基本性质可证得结论成立.

【详解】（1）证明：因为、、为正数，由可得，

所以，，

因为函数在上为增函数，故.

（2）证明：由基本不等式可得，，

，

由不等式的基本性质可得

，

当且仅当时，等号成立，故.