2023届宁夏银川市第一中学高三上学期第四次月考数学（文）试题含解析

这是一份2023届宁夏银川市第一中学高三上学期第四次月考数学（文）试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届宁夏银川市第一中学高三上学期第四次月考数学（文）试题 一、单选题1．若全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意明确图中阴影部分表示的含义，即可根据集合的运算求得答案.【详解】由题意知：图中阴影部分表示，而 ，故，故选：D．2．设是虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】化简后可得其对应的点，从而可得正确的选项.【详解】，该复数对应的点为，它在第一象限，故选：A.【点睛】本题考查复数的乘法、除法及复数的几何意义，本题属于基础题.3．如图所示的图形中，每一个小正方形的边长均为1，则（    ）A．0 B． C． D．1【答案】A【分析】建立平面直角坐标系，写出向量的坐标，利用数量积公式进行计算.【详解】如图，建立平面直角坐标系，每一个小正方形的边长均为，故则.故选：.4．函数在处的切线与直线平行，则实数（    ）A． B．1 C． D．【答案】B【分析】函数在切点处的导数即为切线的斜率，利用直线的平行得到斜率相等，即为关于的方程，可求出的值.【详解】函数的导函数为 ，函数在处的切线的导数即为切线的斜率为，且切线与直线平行，则有 ，可得 .故选：B5．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.【详解】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为，底面为直角梯形，上下底分别为、，梯形的高为，因此几何体的体积为，选C.【点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状，再在具体几何体中求体积或表面积等.6．命题；命题，则下列命题中为真命题的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据指数函数单调性，以及三角函数的有界性，判断的真假，再根据选项判断即可.【详解】在为单调增函数，故当时，，即，命题为真命题；，其值域为，故不存在，使得，故命题为假命题；则，，都为假命题，为真命题.故选：B.7．已知，则的值为（    ）A．﹣1 B．﹣2 C． D．2【答案】D【分析】先化简得，再利用同角三角函数的基本关系式,求得,即可得出结果.【详解】解：对两边平方得：，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查利用同角三角函数的基本关系式进行化简求值,考查化归与转化的数学思想方法,属于基础题.8．已知函数，若，则实数的值为（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】按照、分类，代入运算即可得解.【详解】因为函数，，所以当时，，解得或（舍去）；当时，，解得（舍去）；所以实数的值为.故选：C.9．十二平均律是我国明代音乐理论家和数学家朱载堉发明的.明万历十二年（公元1584年），他写成《律学新说》，提出了十二平均律的理论，这一成果被意大利传教士利玛窦通过丝绸之路带到了西方，对西方音乐产生了深远的影响.十二平均律的数学意义是：在1和2之间插入11个正数，使包含1和2的这13个数依次成递增的等比数列，依此规则，新插入的第4个数应为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用等比数列的通项公式即可求得，从而求得即可．【详解】根据题意，不妨设这13个数组成依次递增的等比数列为，公比为，则，所以，即，所以新插入的第4个数为．故选：B．10．若是定义在上的奇函数，且在内是增函数，又，则的解集是（    ）A．或 B．或C． D．或【答案】B【分析】由函数的奇偶性与单调性求解，【详解】由是奇函数，在内是增函数，，故当或时，，当或时，， 的解集为或，故选：B11．国庆期间我校数学兴趣小组的同学开展了测量校园旗杆高度的活动，如图所示，在操场上选择了两点，在､处测得旗杆的仰角分别为.在水平面上测得且的距离为10米，则旗杆的高度为（    ）A．5 B． C．10 D．【答案】C【分析】设旗杆的高度为，在中，利用余弦定理求解.【详解】如图所示： 设旗杆的高度为，所以，在中，由余弦定理得，即，即，解得或（舍去）.故选:.12．已知正方形中，，是边的中点，现以为折痕将折起，当三棱锥的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设棱锥的外接球球心为，半径为，则平面，因为的面积为定值，所当高最大时，三棱锥的体积最大，过D作于，设点为的外心，则有通过计算可得点为外接球的球心，从而可求得结果【详解】解：过D作于，设点为的外心，为的中点，连接，因为正方形中，，是边的中点，所以,则，，,所以,，,所以,所以,设棱锥的外接球球心为，半径为，则平面，设，因为的面积为定值，所当高最大时，三棱锥的体积最大，此时平面平面，因为，平面平面，所以平面，所以,所以，所以，所以，解得，所以的外心为三棱锥外接球的球心，所以所以三棱锥外接球的表面积为故选：C 二、填空题13．已知为正实数，且，则的最小值是_____．【答案】8【分析】由得，则，利用基本不等式即可得出答案.【详解】解：由题意，正实数且，可得，则，当且仅当时，即时等号成立，所以的最小值是8．故答案为：8．14．已知向量,满足，且，则向量,的夹角为______.【答案】【分析】由得，再根据平面向量的夹角公式可得结果.【详解】由，得，所以，即，所以，又因为，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算律，考查了平面向量的夹角公式，属于基础题.15．已知函数在处取得极小值，则函数的极大值为__________.【答案】【分析】因为为极值点，故即可求解值；根据导数分析单调性判断极值即可求解．【详解】，由题可知，解得，所以，当时，得；当时，得或；所以在，上单调递增，在上单调递减，故的极大值为．故答案为： ．16．已知函数，将的图像上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像.已知在上恰有5个零点，则的取值范围是__________.【答案】【分析】求得，换元转化为在上恰有5个不相等的实根，结合的性质列出不等式求解.【详解】，令，由题意在上恰有5个零点，即在上恰有5个不相等的实根，由的性质可得，解得．故答案为：． 三、解答题17．如图，在四边形中，，，，，.（1）求的长；（2）求的面积.【答案】（1）7；（2）.【分析】(1)在中，由，得出,根据正弦定理，可求得解得的值；(2)在中，根据余弦定理，可求得,利用三角形的面积公式求解即可．【详解】(1)在中，因为，,所以．根据正弦定理，有 , 代入解得．(2)在中，根据余弦定理．代入，得，所以, 所以【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式，考查学生计算能力，属于基础题．18．如图，在直三棱柱中，，是棱的中点，为线段与的交点.(1)求证：平面；(2)求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】(1)构造中位线得到线线平行,根据线面平行判定定理即可得证.(2)应用已知条件正方形对角线垂直及线面垂直定义分别得到线线垂直, 再利用线面垂直判定定理得到线面垂直进而得到线线垂直.【详解】（1）连接.在直三棱柱中，侧面是平行四边形，为的中点，是棱的中点，，又平面平面，平面.（2）三棱柱为直三棱柱，平面平面，四边形是正方形，.在直三棱柱中，平面，平面，又平面平面，平面，平面，又平面平面，平面，平面.19．已知数列的前项和为，且，________.请在①；②成等比数列；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下面问题.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据题意，易知数列为公差为1的等差数列，再结合所选条件求出，即可求解；（2）根据题意，结合错位相减法，即可求解.【详解】（1）因为，所以，即，所以数列是首项为，公差为1的等差数列.选①.由，得，即，所以，解得.所以，即数列的通项公式为.选②.由，，成等比数列，得，则，所以.所以.选③.因为，所以，所以.所以.（2）由题可知，所以，所以，两式相减，得，所以.20．如图1，在直角梯形中，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面（如图2）.(1)求点到平面的距离；(2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】(1)应用面面垂直性质定理得到线面垂直,再应用等体积法,计算距离即可;(2)因为平面,可求得分的比例关系,根据(1)即可求得三棱锥的高,计算即可求得三棱锥的体积.【详解】（1）取中点，因为，所以.因为平面平面，平面平面平面，所以平面.在直角三角形中，. ,.（2）存在点，此时，过点作，连接因为，所以所以四边形EFPC为平行四边形，所以因为平面平面，所以平面.因为，所以由（1）知平面，点到平面的距离,.21．已知函数.（Ⅰ）若函数在上是单调递增函数，求实数的取值范围；（Ⅱ）若，对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）将问题转化为对恒成立，然后利用参变量分离法得出，于是可得出实数的取值范围；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，函数在上是增函数，设，并设，得知在区间上为减函数，转化为在上恒成立，利用参变量分离法得到，然后利用导数求出函数在上的最大值可求出实数的取值范围．【详解】（Ⅰ）易知不是常值函数，∵在上是增函数，∴恒成立，所以，只需；（Ⅱ）因为，由（Ⅰ）知，函数在上单调递增，不妨设，则，可化为，设，则，所以为上的减函数，即在上恒成立，等价于在上恒成立，设，所以，因，所以，所以函数在上是增函数，所以（当且仅当时等号成立）．所以．即的最小值为12．【点睛】本题考查函数的单调性与导数之间的关系，考查利用导数研究函数不等式恒成立问题，对于函数双变量不等式问题，应转化为新函数的单调性问题，难点在于利用不等式的结构构造新函数，考查分析能力，属于难题．22．已知直线 l 的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)求直线 l 的普通方程和曲线C的直角坐标方程；(2)已知直线 l 与曲线C相交于P，Q两点，点M的直角坐标为，求．【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）直线的参数方程消去参数，即得的普通方程，利用极坐标和直角坐标方程的互化公式，即得解；（2）将直线的参数方程代入，利用直线的参数方程的几何意义，可得，结合韦达定理，即得解.【详解】（1）由（t为参数），可得l的普通方程为；由曲线C的极坐标方程及可得，整理得，所以曲线C的直角坐标方程为．（2）易知点M在直线 l 上，将 l 的参数方程代入C的直角坐标方程，得，即，设P，Q对应的参数分别为，则，因为，所以．23．已知a，b，c均为正数，且，证明：(1)若，则；(2)．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）应用基本不等式“1”的代换证明不等式，注意等号成立条件；（2）应用三元柯西不等式证明不等式即可.【详解】（1）由知：，则，当且仅当时等号成立.所以得证.（2）由，当且仅当，即时等号成立，所以得证.