2023届湖北省东风高中、天门中学、仙桃中学高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届湖北省东风高中、天门中学、仙桃中学高三上学期12月月考数学试题（解析版），共23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届湖北省东风高中、天门中学、仙桃中学高三上学期12月月考数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，则如图中阴影部分表示的集合为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】用集合表示出韦恩图中的阴影部分，再利用并集、补集运算求解作答.【详解】由韦恩图知，图中阴影部分的集合表示为，因集合，，则，又全集，所以.故选：B2．已知复数的实部与虚部的和为12，则（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】先把已知化简，整理出复数的实部与虚部，接下来去求即可解决.【详解】，则有，，解得，则，，故．故选：C3．已知所在平面内的一点满足，则点必在（    ）A．的外面 B．的内部C．边上 D．边上【答案】C【分析】由已知可得，根据共线定理可判断.【详解】因为，可得，所以.可得A、B、C三点共线，所以点P在边AB上.故选：C.4．已知的展开式中的系数为40，则的值为（    ）A．-2 B．-1 C．1 D．2【答案】B【分析】首先变形得，然后利用二项式展开式的通项公式求出的系数即可.【详解】由题意可得，在的展开式中，由，令无解，即的展开式没有项；在的展开式中，由，令解得，即的展开式中的项的系数为，又的系数为40，所以，解得.故选：B5．如图，圆内接四边形中，，现将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点C作交延长线于点E，由此可得旋转形成的几何体为圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥，根据体积公式即可求得答案.【详解】圆内接四边形中，，所以 ，过点C作交延长线于点E，所以四边形是直角梯形，，故 是等腰直角三角形；所以四边形沿旋转一周，得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，即圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥， , ，所以旋转体的体积 ．故选︰D．6．设，，，则的大小关系正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，构造函数比较a，b，构造函数比较a，c作答.【详解】令函数，，当时，，即在上递减，则当时，，即，因此，即；令函数，，当时，，则在上单调递增，则当时，，即，因此，即，所以的大小关系正确的是.故选：B【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.7．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用二倍角公式求出的值，代入所求代数式即可得解.【详解】由可得，则，又，，所以，所以，，可得，因为，则，解得，因此，.故选：C.8．定义在上的偶函数满足,当时,,则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据偶函数和,判断出周期,根据的解析式判断出单调性,将根据奇偶性,周期性,对称性,转化至同一单调区间,判断的大小即可判断函数值的大小比较,不好判断时可利用放缩或构造函数进行大小判断.【详解】解:由题知为偶函数,,①,将代换为可得:②①-②可得,,周期为4,,,,,时单调递增,由以上可知:;,,将代入上式,则有,,,,将代入上式,则有,,,若比较的大小,只需比较的大小,,只需要比较的大小,两式相减可得:,记,,,单调递增,则,即,故,时单调递增,,,.故选:C【点睛】(1)若,则周期为,若满足,周期均为,为非零常数;(2)常用的放缩有:;当时取等;,当时取等,在大题中应用时需进行证明,做差求导求最值即可证明. 二、多选题9．对于变量x和变量y，通过随机抽样获得10个样本数据，变量x和变量y具有较强的线性相关并利用最小二乘法获得回归方程为，且样本中心点为，则下列说法正确的是（    ）．A．变量x和变量y呈正相关B．变量x和变量y的相关系数C．D．样本数据比的残差绝对值大【答案】BC【分析】由回归方程中x的系数判断AB，将样本点中心代入回归方程得出，计算样本数据和的残差判断D.【详解】解：由于回归方程中x的系数为，故变量x和变量y呈负相关，且相关系数，因此A选项错误，B选项正确；将代入回归方程，解得，故C选项正确；样本数据的残差为，样本数据的残差为，故，因此D选项错误．综上，BC选项正确．故选：BC10．已知函数的部分图象如图（1）所示，函数的部分图象如图（2）所示，下列说法正确的是（    ）A．函数的周期为B．函数的图象关于直线对称C．函数在区间上有4个零点D．将函数的图像向左平移可使其图像与图像重合【答案】BCD【分析】根据图象可求两个函数的解析式，再逐项计算后可得正确的选项.【详解】由图象（1）可得，，故，故，而，故，而，故，故，由图（2）可得，，故，故，而，故，而，故，故，对于A，的最小正周期为，故A错误；对于B，，故函数的图象关于直线对称，故B正确；对于C，即为，故或，，故或，.令，故；令，故；故在区间上有4个零点，故C正确.对于D，函数的图像向左平移，其图象对应的解析式为：.故D正确，故选：BCD.11．如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且，，为的中点，点是棱上的动点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（    ）A．异面直线与所成角的余弦值是B．三棱柱的外接球的球面积是C．当点是线段的中点时，三棱锥的体积是D．的最小值是【答案】ACD【分析】由异面直线夹角求法可判断A；根据三棱柱的外接球的位置确定外接球的位置，可判断B；由直线与平面平行确定点到平面的距离为定值，结合三棱锥的等体积转换可求三棱锥的体积，即可判断C；根据平面展开结合三角形余弦定理确定的最小值的取值范围，即可判断D.【详解】解：对于A，如下图，连接在直三棱柱中，有，则为异面直线与所成角或其补角又是直角三角形，且，则，所以，则，在直三棱柱中，平面，平面，则，所以，同理得则于是异面直线与所成角的余弦值是，故A正确；对于B，由于直三棱柱中，平面，平面，则，且，故该三棱柱可以与以为顶点，为棱的长方体的各顶点重合所以三棱柱的外接球的球半径则三棱柱的外接球的球面积是，故B错误；对于C，如下图，连接在三棱柱中，四边形为平行四边形，当点是线段的中点时，也是线段的中点，又，平面，平面，所以平面则点到平面的距离与点到平面的距离相同所以，故C正确；对于D，在三棱柱中，四边形为矩形，又为的中点，则为的中点，则均在平面上在中，，，且如图，在平面，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，其中点关于直线对称的点为则又，则当三点共线时最小，点是棱上的动点，则可得最小值设，又，所以直线方程为所以，则，所以时，在线段上，且所以的最小值是，故D正确.故选：ACD.12．设函数，则下列命题中正确的是（    ）A．若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是B．若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是C．若方程有四个不同的实根，则的取值范围是D．方程的不同实根的个数只能是1，2，3，6【答案】AD【分析】作出的图像，利用函数与方程之间的关系，分析问题，即可得出答案．【详解】解：对于A：作出的图像如下：若方程有四个不同的实根，，，，则，不妨设，则，是方程的两个不等的实数根，，是方程的两个不等的实数根，所以，，所以，所以，所以，故A正确；对于B：由上可知，，，且，所以，所以，，所以，所以，故B错误；对于C：方程的实数根的个数，即可函数与的交点个数，因为恒过坐标原点，当时，有3个交点，当时最多2个交点，所以，当与相切时，设切点为，即，所以，解得，所以，所以，所以当与相切时， 即时，此时有4个交点，若有4个实数根，即有4个交点，当时由图可知只有3个交点，当时，令，，则，则当时，即单调递增，当时，即单调递减，所以当时，函数取得极大值即最大值，，又及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当无限大时，即在和内各有一个零点，即有5个实数根，故C错误；对于D：，所以，所以或，由图可知，当时，的交点个数为2，当，0时，的交点个数为3，当时，的交点个数为4，当时，的交点个数为1，所以若时，则，交点的个数为个，若时，则，交点的个数为3个，若，则，交点有个，若且时，则且，交点有个，若，交点有1个，综上所述，交点可能由1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故D正确；故选：AD． 三、填空题13．已知为单位向量，，则的夹角为________．【答案】【分析】根据数量积的运算和向量模的公式求解即可.【详解】解：因为为单位向量，，所以，所以，因为，所以故答案为：14．某校安排5名同学去A，B，C，D四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为____________．【答案】60【分析】分两种情况分类计算，一种是A基地只有甲同学在，另外一种是A基地有甲同学还有另外一个同学也在，两种情况相加即可.【详解】当A基地只有甲同学在时，那么总的排法是种；当A基地有甲同学还有另外一个同学也在时，那么总的排法是种；则甲同学被安排到A基地的排法总数为种.故答案为：60.15．已知事件A和B是互斥事件，，，，则______．【答案】【分析】根据条件概率的定义以及运算性质，可得答案.【详解】解：由题意知，，，则．故答案为：．16．已知，，则实数的取值范围为_________．【答案】【分析】构造函数，求导根据函数的单调性参变分离，再次构造函数，求导根据函数的单调性求得的最大值.【详解】因为，设，则又因为，，时，，单调递增；时，，单调递减；因此当时，有最小值，所以在R上单调递增，∴，设，则，令，解得.当时，，函数单调递增，当时，函数单调递减.∴，.故实数的取值范围为：.故答案为：. 四、解答题17．在 中，内角的对边分别为 .已知 （1）    求的值（2）    若 ，求的面积.【答案】（1）  （2）【分析】（1）正弦定理得边化角整理可得，化简即得答案．（2）由（1）知，结合题意由余弦定理可解得 ，，从而计算出面积．【详解】（1）由正弦定理得，所以 即 即有，即 所以（2）由（1）知，即，又因为 ，所以由余弦定理得：，即，解得,所以，又因为，所以 ，故的面积为=.【点睛】正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题．18．已知函数，其中，若的图象在点处的切线方程为．(1)求函数的解析式；(2)求函数在区间上的最值．【答案】(1)(2)最大值为 ，最小值为. 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义结合给定切线求解作答.（2）利用（1）的函数解析式，利用函数在区间上的单调性，即可求解作答.【详解】（1）依题意，，切点在切线上，则，，而的图象在点处的切线斜率为，，解得得，所以函数的解析式为.（2）由（1）知，，由得或，当时，或，有，，有，因此函数在上单调递增，在上单调递减，又，，，，所以在上的最大值为 ，最小值为.19．设等差数列的前n项和为，已知，且是与的等比中项，数列的前n项和．(1)求数列的通项公式；(2)若，对任意总有恒成立，求实数的最小值．【答案】(1)或（其中），;(2). 【分析】（1）设等差数列的公差为d，然后根据已知条件列方程可求出，从而可求出，利用可求出；（2）由（1）可得，则，然后利用裂项相消法可求得结果.【详解】（1）设等差数列的公差为d，由得，因为是与的等比中项，所以．化简得且，解方程组得或．故的通项公式为或（其中）；因为，所以，，所以，因为，满足上式，所以；（2）因为，所以，所以，所以，所以，易见随n的增大而增大，从而恒成立，所以，故的最小值为.20．如图，在三棱柱中，平面，为线段的中点，，，．(1)证明：；(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）证明出平面，利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）利用锥体的体积公式求出的长，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，   在三棱柱中，四边形为平行四边形，则，                        因为，，所以，所以，              又因为，平面，平面，所以平面，                           又平面，所以．（2）解：由（1）得，，为的中点，则，因为平面，，所以，因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，，则，取，可得，所以，，所以平面与平面夹角的余弦值为.21．移动支付（支付宝及微信支付）已经渐渐成为人们购物消费的一种支付方式，为调查市民使用移动支付的年龄结构，随机对位市民做问卷调查得到列联表如下： 35岁以下（含35岁）35岁以上合计使用移动支付不使用移动支付合计 (1)按年龄岁以下（含35岁）是否使用移动支付的人群中采用分层抽样的方式抽取人做进一步的问卷调查，从这人随机中选出人颁发参与奖励，设使用移动支付的人数为，求的分布列及期望.(2)用这位市民使用移动支付的频率代替全市市民使用移动支付的概率，从全市随机中选出人，则使用移动支付的人数最有可能为多少？【答案】(1)分布列见解析，(2)6 【分析】（1）由题意可得的可能值为，，，求出对应的概率，从而可求得的分布列及期望，（2）设使用移动支付的人数为，则由题意可得，再根据题意列不等式组可求得结果【详解】（1）根据分层抽样知使用移动支付的人数为人，不使用移动支付的有人，则的可能值为，，，，，，分布列为123 .（2）从全市随机选出人，设使用移动支付的人数为，则，且.由，解得，因为，所以故使用移动支付的人数最有可能为6.22．已知函数（a为常数）．(1)若函数在定义域上单调递增，求a的取值范围；(2)若存在两个极值点，且，求的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）求出在上恒成立，分离参数即可求出a的取值范围.（2）求导得到韦达定理，再化简，令，则，设，利用导数求出该函数的值域即可.【详解】（1），，是定义域上的单调递增函数，在定义域上恒成立，即在上恒成立．即，令，则，当且仅当等号成立．实数的取值范围为，．（2）由（1）知，根据题意由有两个极值点，即方程有两个正根，．所以，，不妨设，则在，上是减函数，，，令，则，又，即，解得，．设，则，在，上单调递增，， ，，即，所以的取值范围为