2023届山西省朔州市怀仁市第一中学校高三下学期2月月考数学试题含解析

2023届山西省朔州市怀仁市第一中学校高三下学期2月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解，得，即可求解.

【详解】令，则解得，

所以，所以．

故选：A

2．已知复数，满足，，则（    ）

A． B． C． D．6

【答案】C

【分析】根据复数模长的运算性质，可得答案.

【详解】由，则，，

故选：C.

3．已知一个足球场地呈南北走向．在一次进攻时，某运动员从A点处开始带球沿正北方向行进16米到达B处，再转向北偏东60°方向行进了24米到达C处，然后起脚射门，则A，C两点的距离为（    ）

A．米 B．米 C．32米 D．米

【答案】D

【分析】作出示意图，利用余弦定理计算即可.

【详解】

如图，根据题意可知.

根据余弦定理可得：，

解得(米)

故选：D

4．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过作的垂线，垂足为，若（为原点），则到的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由抛物线的定义结合可求得的值，由此可得出到的距离.

【详解】易知抛物线的焦点为，由抛物线的定义可得，

所以，，解得，因此，到的距离为.

故选：C.

5．有一个正三棱柱形状的石料，该石料的底面边长为6．若该石料最多可打磨成四个半径为的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出柱形石料的高，利用柱体体积减去四个球体体积可得结果.

【详解】设底面是边长为的等边三角形的内切圆的半径为，

由等面积法可得，解得，

若可以将该石料打磨成四个半径为的石球，则该柱形石料的高至少为，

因此，至少需要打磨掉的石料废料的体积为.

故选：B.

6．已知向量,,其中．若,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将向量用坐标表示,分析是否为零后,将等式两边同时平方,再用代换为齐次式,再将等式两边同时除以,得到关于的等式,解出即可.

【详解】解:因为,且,,

所以,

当时,,不成立,故,

对等式两边同时平方有:,

化简可得:,

两边同时除以有:,

即,即,

解得.

故选:B

7．现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为，方差为，乙组数据的平均数为，方差为．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.

【详解】设甲组数据分别为、、、，乙组数据分别为、、、，

甲组数据的平均数为，可得，方差为，可得，

乙组数据的平均数为，可得，方差为，可得，

混合后，新数据的平均数为，

方差为

.

故选：D.

8．已知椭圆M：的上顶点为A，过点A且不与y轴重合的直线l与M的另一个交点为（其中），过B作l的垂线，交y轴于点C．若，则l的斜率（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立求出点的坐标，再根据题意求出所在直线方程，求出点的坐标，利用两点间距离公式即可求解.

【详解】由题意可得直线的方程为，

将直线方程代入椭圆方程可得：，所以，

则，因为过B作l的垂线，交y轴于点C，

所以所在直线方程为：，

令，则，所以点，又因为，

所以，整理化简可得：，

解得：，因为，所以，

故选：.

二、多选题

9．已知等比数则的公比为，前项积为，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】利用数列的基本性质可得出，，求出的取值范围，可判断AB选项；利用等比数列的性质可判断CD选项.

【详解】因为数列等比数则的公比为且，则，

所以，，，

又因为，则，所以，，从而，

故对任意的，，由可得，A对B错；

，，即，C对D错.

故选：AC.

10．已知函数的图象关于点对称，且存在，使在上单调递增，则下列选项正确的是（    ）

A．的最小正周期

B．在上单调递增

C．函数的图象不可能关于点对称

D．函数在内不存在极值点

【答案】AC

【分析】A选项，依据周期的定义，计算的范围可判断；B选项，的单调增区间在距对称中心前后内，令，求出的范围可判断结果；C选项，的每个对称中心间隔为，计算对称中心的范围判断是否在此范围内即可； D选项，的极值点为，依据周期的范围计算极值点的范围，判断是否在内可得结果.

【详解】解：A 选项：，，故A正确；

B选项：若存在，使在上单调递增，则，即，所以在上不一定单调，故B错误；

C选项：因为是的对称中心，所以也是的对称中心，，，，所以不是的对称中心，故C正确；

D选项：函数的极值为的最值，是的对称中心，所以的最值点为，有，所以函数在内存在极值点，故D错误.

故选：AC

11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线与椭圆C交于A，B两点（其中A在B的左侧），记面积为S，则（    ）

A． B．时，

C．S的最大值为 D．当时，

【答案】ACD

【分析】由题知，，，设，则，进而结合向量运算，椭圆定义等讨论各选项即可得答案.

【详解】由题知，，，设，则，

对于A选项，根据椭圆的定义，，故正确；

对于B选项，，故，

因为，即，所以，解得，故错误；

对于C选项，因为，当且仅当，即时等号成立，即

所以，面积为，即的最大值为，故正确；

对于D选项，，所以，

因为，

所以，

因为，，

所以，整理得，即，解得，

所以，所以面积为，故正确；

故选：ACD

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．若在R上单调递增，则

B．若，设的解集为，则

C．若若两个极值点，，且，则

D．若，则过仅能做曲线的一条切线

【答案】ACD

【分析】对函数求导，利用导数研究函数的最值判断；化简不等式，利用符号法解不等式，从而求解区间长度范围判断；结合图象和函数的零点判断；利用导数的几何意义建立方程，判断方程根的个数即可判断D.

【详解】对于A，对求导得：，因为函数在R上单调递增，

所以恒成立，即恒成立，

记，则，

因为，当时，，当时，，

即函数在上单调递增，在上单调递减，

因此，函数在处取得最大值，所以，即，故选项正确；

对于B，由得，等价于，即，

当时，，，又，故

所以，当时，，无解，

故的解集为，此时，当

时，，，故B不正确；

对于C，因为函数有两个极值点，，所以有两个零点点，，

即方程有两个解为，，记，

因为，当时，，

当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，

因此，函数在处取得最大值，

令，则，解得，

此时，即，

方程有两个解为，等价于与交于两点，

所以，

所以，

C选项正确；

对于D，时，，，设图象上一点，

则，故过点的切线方程为，

将代入上式得，

整理得，

构造函数，则，

构造函数，则，

令得，令得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，所以函数单调递增，

又，即方程在区间有一解，

所以存在唯一一条过的切线，D选项正确.

故选：ACD

三、填空题

13．A，B两篮球运动员在球衣号分别为6，8，9，18的四件球衣中各随机选一件，则A选的是偶数号球衣的不同选法共有          种．

【答案】9

【分析】根据分步乘法法则直接得出答案.

【详解】A选的是偶数号球衣的选法有3种，

B从A选完后剩余的3件球衣中选1件的选法有3种，

则A选的是偶数号球衣的不同选法共有种，

故答案为：9.

14．已知直线过定点,则的最小值为          ．

【答案】

【分析】将定点代入直线中得到,再用“1”的代换即可求得结果.

【详解】解:因为直线过定点,

所以,即,

所以

,

当且仅当即时取等,

所以的最小值为.

故答案为:

15．若在圆C：上存在一点P，使得过点P作圆M：的切线长为，则r的取值范围为          ．

【答案】

【分析】设点，根据题意可得：，然后再利用即可求解.

【详解】设点，过点作圆M：的切线，切点为，

由题意可知：，因为点，

所以，化简整理可得：，

所以，因为，，

所以，解得：，

所以的取值范围为，

故答案为：.

16．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为          ．

【答案】

【分析】曲线与曲线存在公切线等价于导函数相等有解，求导后列出方程求解即可.

【详解】由，则，设切点为，切线斜率为，

所以，切线为，即，

由，则，设切点为，切线斜率为，

所以，切线为，即，

根据题设，若它们切线为公切线，则有，即，

又，即且，即，

由上关系式并消去并整理得在上有解，

令，则，

当，则，即，此时递增；

当，则或，即或，此时递减；

又，，

所以，即.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参数a范围，进而转化为方程在某区内有解问题.

四、解答题

17．求△ABC，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且△ABC的周长为6．

(1)证明：；

(2)求△ABC面积的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)利用余弦定理和三角形周长即可求解；

(2)结合（1）的结论和基本不等式得出，然后利用三角形面积公式即可求解.

【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理可得：，

即，又因为，

所以，整理可得：，

所以得证.

（2）由（1）可知：，

所以，当且仅当时取等号，

所以或，因为，所以，

则，所以，

故△ABC面积的最大值为.

18．已知数列各项均为正数，，，且．

(1)若，求的前n项和；

(2)若为等比数列，且不为等比数列，求的值．

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）由题意可得，确定为等差数列，即可求得答案;

（2）根据题意列出等式，解关于的方程，可得答案.

【详解】（1）由题意若，则，

故为等差数列，，，则公差为，

所以，

故的前n项和.

（2）由已知可得，，

由于为等比数列，则，

即，

整理可得，，

则，符合不为等比数列，且，故.

19．一对夫妻计划进行为期60天的自驾游．已知两人均能驾驶车辆,且约定:①在任意一天的旅途中,全天只由其中一人驾车,另一人休息;②若前一天由丈夫驾车,则下一天继续由丈夫驾车的概率为,由妻子驾车的概率为;③妻子不能连续两天驾车．已知第一天夫妻双方驾车的概率均为．

(1)在刚开始的三天中,妻子驾车天数的概率分布列和数学期望;

(2)设在第n天时,由丈夫驾车的概率为,求数列的通项公式．

【答案】(1)分布列见解析;

(2),

【分析】(1)设妻子驾车天数为,写出的可能取值,根据题意求出相对应的概率,列出分布列,根据期望公式求出结果即可;

(2)由于丈夫驾车的概率与前一天驾车的对象有关系,不妨假设第天,丈夫驾车的概率为,则妻子驾车的概率为,得到关于的递推关系式,构造等比数列,求出等比数列通项公式即可求得通项公式.

【详解】（1）解:设妻子驾车天数为,则的可能取值为:,

由题意可知:,

,

,

所以的分布列如下表所示:

所以;

（2）假设第天,丈夫驾车的概率为,则妻子驾车的概率为,

此时第n天时,由丈夫驾车的概率为,

即,则有,

所以,因为,

所以是以为首项,为公比的等比数列,

即,故.

20．如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB平面ABC，，，．

(1)证明：ABPC；

(2)求二面角A-PC-B的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）作, 垂足为O,可得OBOC，又POBO，可得OB平面POC，根据线面垂直的性质即可证明；

（2）以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz,求出两个平面的法向量即可求二面角的余弦值.

【详解】（1）如图, 作，垂足为O，连接CO，

因为POBO,且，

所以是等腰直角三角形，又, 所以OB=OP=2.

又, ,由余弦定理可知CO=2，

所以,即OBOC.

又,OP,OC平面POC，

所以平面POC，又PC平面POC，

所以OBPC，即，

（2）因为平面PAB平面ABC,且平面PAB平面ABC=AB,POAB,PO平面PAB，

所以PO平面ABC，又OC平面ABC，

所以POOC.

以O为原点建立如图所示空间直角坐标系O-xyz,

则A(1,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2)，则，

设平面APC的法向量为,则，取,则,所以.

设平面BPC的法向量为,则，取,则,所以.

设二面角B-PC-A为,由图可知为锐角，所以.

21．已知双曲线：的焦距为8．过左焦点的直线与的左半支交于，两点，过，作直线：的垂线，垂足分别为，，且当垂直于轴时，．

(1)的标准方程；

(2)设点，判断是否存在，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据焦距得，利用及通经长度即可求得的值，从而得的标准方程；

（2）讨论直线斜率不存在与存在两种情况，存在时，直线方程为，，联立直线与双曲线，得交点坐标关系，利用直线方程与双曲线方程转化，通过系数成比例解方程确定定值是否存在即可.

【详解】（1）由题可知，焦距，所以，当AB垂直于x轴时，，

又，联立，解得或（舍），所以

则的标准方程为；

（2）如图，

①当直线斜率不存在时，此时，则，所以，要使得为定值，则；

②当直线斜率存在时，设直线方程为，，则，由于均在左半支，所以，且，

所以，消去得，则

所以，同理，

则

，

要使得为定值，则满足，解得，

此时，经检验，此结果也符合斜率不存在的情况

综上，存在使得为定值.

22．设函数，其中，．

(1)若，且在区间单调递减，在区间单调递增，求t的最小值；

(2)证明：对任意正数a，b，仅存在唯一零点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据函数，求导，结合已知是函数的唯一的极值点，且为极小值点，所以，有唯一的根，令确定其单调性，对进行讨论，即可求得t的最小值；

（2）因为，设，将的零点个数转化为零点的个数，对求导研究即可.

【详解】（1）若，，，则，

因为在区间单调递减，在区间单调递增，所以是函数的唯一的极值点，且为极小值点，

且，即，

令，则，

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，

又；

当时，存在，，，

使得，即，

且当时，，时，，时，，

时，

所以在和上单调递减，在和上单调递增，即不符题意，

当时，在上恒成立，则存在，使得，

当时，，时，

所以在单调递减，在单调递增，即符合题意，

又，则，

综上，t的最小值为．

（2）证明：易知，

设，

则，所以，

①当，即时，，则单调递增，

又时，，时，，

所以存在，使得，时，，时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又时，，时，，

所以存在唯一的，使得，即，

②当，即，

存在，，

使得，且，

易知在和上单调递增，在上单调递减，

又当时，，

且时，，

所以存在，使得，

易知在上单调递减，在上单调递增，

又时，，时，，

所以存在唯一的，

使得，即；

综上，对任意a，b＞0，仅存在唯一零点．

【点睛】本题考查了函数极值点、零点与导数的综合，属于难题.解决本题含参极值点的关键是得含参方程，构造新函数确定其单调性与取值，从而得的范围，使得可求得满足方程的t的最小值；而要证明函数的零点唯一性，采用等价转化为的零点个数即可.