2023届云南省名校高三上学期第一次月考数学试题含解析

这是一份2023届云南省名校高三上学期第一次月考数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届云南省名校高三上学期第一次月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解一元二次不等式求得集合M，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】,,故故选：B.2．是虚数单位，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据复数除法运算计算即可.【详解】解：根据复数的除法运算法则得故选：A3．已知为等边三角形，为的中点，，则（    ）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】根据数量积的定义，结合等边三角形的性质，即可求得答案.【详解】由题意知为等边三角形，为的中点，故，设，则，所以，故选：C.4．近年来，我国大力发展新能源汽车工业，新能源汽车（含电动汽车）销量已跃居全球首位.某新能源汽车厂根据2021年新能源汽车销售额（单位：万元）和每月销售额占全年销售额的百分比绘制了如图所示双层饼图.根据双层饼图，下列说法错误的是（    ）A．2021年第四季度销售额最低B．2月销售额占全年销售额的8%.C．2021年全年销售总额约为1079万元D．7月的销售额约为46万元【答案】D【分析】计算出四个季度销售额的百分比判断A;计算出第一季度的百分比，即可求得2月份的百分比，从而判断B；根据第三季度的数据即可计算出全年的销售总额，从而判断C；根据全年销售总额，即可求得7月份的销售额，从而判断D.【详解】解：由图知，第四季度销售额占全年销售额的百分比18%,第三季度为33%，第二季度为29%，第一季度为20%，故第四季度最低，正确；2月销售额占全年销售额的占比为，B正确；全年销售总额为（万元），C正确；7月的销售额为（万元），错误.故选：D.5．函数的图像大致是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用排除法，根据函数过及值域范围，即可确定答案.【详解】由时，排除；又，当且仅当时等号成立，故，排除.故选：A6．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过点作准线的垂线，垂足为，若，则（    ）A．2 B． C． D．4【答案】D【分析】画出图像，利用抛物线的定义求解即可.【详解】由题知，准线，设与轴的交点为，点在上，由抛物线的定义及已知得，则为等边三角形，解法1：因为轴，所以直线斜率，所以，由解得，舍去，所以.解法2：在中，，则.解法3：过作于点，则为的中点，因为，则.故选：D.7．图中的矩形的个数为（    ）             A．12 B．30 C．60 D．120【答案】C【分析】根据题意先确定“横边”，再确定“竖边”，结合分步计数原理，即可求解.【详解】由题意，矩形的两条邻边确定，矩形就确定，第一步先确定“横边”，从5个点任选2个点可以组成一条“横边”，共有种情况；第二步再确定“竖边”，共有种情况，所以图中矩形共有.故选：C.8．已知正三棱柱的六个顶点都在球的球面上，若正三棱柱的体积为1，则球的表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设正三棱柱底面边长为，侧棱长为，根据三棱锥体积得到等量关系式，再表示出其外接球的半径，结合基本不等式即可得到结果.【详解】设正三棱柱底面边长为，侧棱长为，则正三棱柱的体积为，即，所以.设球的半径为，由题意知，所以球的表面积，当且仅当，即时，球的表面积取得最小值为，故选:B. 二、多选题9．“堑堵”“阳马”和“鳖臑””是我国古代对一些特殊几何体的称谓.《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）. 若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，则下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据题意确定堑堵、阳马和鳖臑的体积与长方体的体积的数量关系，即可得答案.【详解】由题意，堑堵的体积，阳马的体积，瞥臑的体积，故选：ACD10．已知函数满足，则下列结论正确的是（    ）A．在区间上一定有极大值点B．在上单调递减C．在区间上的零点个数为0D．在区间上可能有极小值点【答案】AD【分析】题设条件由题设关于对称，根据正弦型函数的图象性质，考虑之间有多个周期的情况即可判断【详解】对A，因为，且，所以A正确；对BCD，因为，如图满足，在上单调递减不成立，B错误；显然C错误，D正确.故选：AD.11．已知函数的定义域为，都有，且，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．D．【答案】BCD【分析】由，都有，得出函数是周期为4的周期函数，再利用周期性逐一选项分析即可.【详解】由得，则，故，所以，所以函数是周期为4的周期函数.对于A,A错误；对于B,，B正确；对于C,，所以，C正确；对于D,，所以，D正确.故选：BCD.12．已知椭圆焦点分别为为坐标原点，直线与交于，两点，点为线段的中点，则下列结论正确的是（    ）A．当时，直线与垂直B．点在直线上C．的取值范围为D．存在点，使得【答案】BC【分析】解：设，联立，，结合韦达定理求得点M的坐标，然后逐项判断.【详解】解：设，联立，可得，，所以，所以，，所以点的坐标为.则，，所以直线与直线不垂直，A错误；显然点在直线上，B正确；当时，，此时与相切，取切点，则，故的取值范围为，C正确；由椭圆方程得，故，故，不存在点，使，D错，故选：BC. 三、填空题13．的展开式中常数项是___________（用数字作答）【答案】15【分析】根据二项式写出展开式通项，并确定常数项对应的r值，即可得常数项.【详解】展开式的通项，令，解得，所以常数项是.故答案为：1514．某市某次高中数学统测学生测试成绩频率分布直方图如图所示.现按测试成绩由高到低分成A，B，C，D四个等级，其中等占等占等占等占的比例，规定达到等级及以上才能通过考试，则要通过本次考试的学生分数至少为___________. 【答案】24【分析】根据频率分布直方图可得答案.【详解】由图可知，分数在20分以下的比例为，在40分以下的比例为，因此分位数位于内，由，所以通过本次考试分数至少为24.故答案为：24.15．写出与圆，圆都相切的一个圆的方程___________.【答案】（答案不唯一）【分析】根据对称性知，与圆和圆都相切的圆的圆心在直线上，进而求得其中一个圆的方程，得到答案.【详解】由题意，圆，圆，可得，则的中点坐标为，根据对称性知，与圆和圆都相切的圆的圆心在直线上，设，则圆，例如当，圆，此时圆与圆和圆都相切，满足题意.故答案为：（答案不唯一） 16．已知函数，当时，，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】构造函数，将不等式转化为，可得在上为增函数，再根据恒成立求解即可.【详解】等价于，构造函数，则不等式等价于：.当时，设有，则，故为增函数，所以，即，所以在上为增函数，又，所以恒成立，即，而，所以，所以的取值范围为.故答案为： 四、解答题17．已知等差数列满足，设.(1)求的通项公式，并证明数列为等比数列；(2)将插入中，插入中，插入中，，依此规律得到新数列，求该数列前20项的和.【答案】(1)，证明见解析(2) 【分析】（1）先由递推公式求出通项公式，即可得的通项公式，由即可证明为等比数列；（2）先确定数列前20项的和包含的前5项，的前15项，分组求和即可.【详解】(1)设等差数列的公差为，因为，所以，故，所以.因为，所以数列是公比为4的等比数列.(2)由题意，该数列前20项的和包含的前5项，的前15项，设该数列前项和为的前项和为的前项和为，所以.18．在中，内角的对边分别为且的面积为.(1)求；(2)求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据条件结合三角形的面积公式，即可求得的值，再由余弦定理即可求得的值，从而求得.（2）由正弦定理求得，从而得到，再结合正弦的二倍角公式，即可求得结果.【详解】(1)因为，所以，由的面积为，可得，所以，又由余弦定理得，即，所以，联立解得或，又因为，所以.(2)由（1）知，，在中，由正弦定理可得，即，解得，所以，故.19．鲜花饼是以云南特有的食用玫瑰花入料的酥饼，是具有云南特色的云南经典点心代表，鲜花饼的保质期一般在三至四天.据统计，某超市一天鲜花饼卖出3箱的概率为，卖出箱的概率为，卖出箱的概率为，没有卖出的概率为，为了保证顾客能够买到新鲜的鲜花饼，该超市规定当天结束营业后检查货架上存货，若卖出箱及以上，则需补货至箱，否则不补货.假设第一天该超市开始营业时货架上有箱鲜花饼.(1)在第一天结束营业后货架上有箱鲜花饼的条件下，求第二天结束营业时货架上有箱存货的概率；(2)求第二天结束营业时货架上有箱存货的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用条件概率的概念直接计算；（2）利用全公式直接计算.【详解】(1)设事件：“第二天开始营业时货架上有箱鲜花饼”，事件：“第二天开始营业时货架上有箱鲜花饼”，，事件：“第二天结束营业时货架上有箱存货”，因为第一天结束营业后货架上有箱鲜花饼，故第二天只卖出箱，故；(2)由题意，，，由全概率公式得.20．如图，在直三棱柱中，分别为的中点. (1)证明：直线平面；(2)若，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再用线线平行证线面平行即可；（2）如图建立空间直角坐标系，用向量法求出平面的法向量与平面的法向量，即可由向量数量积公式求得余弦值【详解】(1)证明：取中点，连接，因为为的中点，所以，且，又为的中点，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以.又平面平面，所以直线平面.(2)因为，由已知得平面，如图建立空间直角坐标系，由得，.设平面的法向量为，平面的法向量为，则即，取向量.同理可得，即，取向量.设平面与平面所成角为，则.所以平面与平面所成角的余弦值为.21．在平面直角坐标系中，已知点，直线，点到直线的距离为，若点满足，记的轨迹为.(1)求的方程；(2)过点且斜率不为零的直线与交于两点，设，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设点，由点线距离、两点距离建立方程，化简整理即可；（2）设直线的方程为，可得，联立直线m及的方程，结合韦达定理通过证明垂直即可【详解】(1)设点，则，由得：，两边平方整理得，则所求曲线的方程为.(2)设直线的方程为，联立方程，消去并整理得，因为直线与交于两点，故，此时，所以，而.又，所以所以.22．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数存在唯一极小值点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求出切线斜率，从而求出切线方程；（2）先求定义域，再求导，分与两种情况，分析出不成立，在下，求出导函数单调递增，使用放缩法得到，，利用零点存在性定理得到函数存在唯一极小值点，且.【详解】(1)当时，函数，所以，设切线的斜率为，则，又，所以切点为，故，所以曲线在点处的切线方程为.(2)函数的定义域为，当时，，所以，函数在上单调递减，不存在极值点.当时，设，则，所以在上单调递增.接下来会使用三个不等式，这里先进行证明：第一个，当时，，显然，令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，故，，证毕；第二个，，，令，在上恒成立，所以在上单调递增，所以，故，，证毕；第三个，，，令，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故，成立，因为，所以，又因为，所以故存在，使，且.所以函数存在唯一极小值点，且.【点睛】导函数证明或求解过程中，经常使用一些不等式进行适当放缩来达到事半功倍的效果，以下是常用的一些不等式需牢记，，，等等.