四川省内江市第六中学2022-2023学年高三理科数学下学期第一次月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第六中学2022-2023学年高三理科数学下学期第一次月考试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 在等差数列中，已知，，则．， 已知复数，则， 已知多项式，则， 抛物线的焦点坐标为，495%B等内容，欢迎下载使用。
内江六中2022—2023学年（下）高2023第6次月考理科数学试题考试时间：120分钟满分：150分第I卷选择题（满分60分）一､选择题（每题5分，共60分）1. 在等差数列中，已知，，则（    ）．A. 18 B. 19 C. 20 D. 21【答案】B【解析】【分析】由，，求得公差d，再利用等差数列的通项公式求解.【详解】解：在等差数列中，，，所以，所以，故选：B2. 已知复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算求解.【详解】解：因为，所以，所以．故选：D．3. 设集合的全集为，定义一种运算，，若全集，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】解不等式求得集合M，求得，根据集合运算新定义，即可求得答案.【详解】由题意得，或，则，故选：C4. 已知多项式，则（    ）A. 11 B. 74 C. 86 D. 【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理分别求出与一次项的系数，再相加即可.【详解】对于，其展开通项公式为，令，得，故，对于，其展开通项公式为，令，得，故，所以.故选：B.5. 抛物线的焦点坐标为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由抛物线的标准方程即可求解.【详解】由抛物线的标准方程可知：抛物线的开口向左，焦点在轴负半轴上，且，所以，，所以焦点坐标为.故选：C6. 如下图所示，在正方体中，如果点E是的中点，那么过点、B、E的截面图形为（     ）A. 三角形   B. 矩形 C. 正方形 D. 菱形【答案】D【解析】【分析】根据题意作出截面图形，然后利用正方体的性质求解即可.【详解】分别取的中点，连接，如图即为过点、B、E截正方体所得的截面图形，由题意可知：且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以,所以，同理，所以四边形为平行四边形，又因为，所以平行四边形为菱形，故选：7. 核酸检测是目前确认新型冠状病毒感染最可靠的依据．经大量病例调查发现，试剂盒的质量、抽取标本的部位和取得的标本数量，对检测结果的准确性有一定影响．已知国外某地新冠病毒感染率为0.5%，在感染新冠病毒的条件下，标本检出阳性的概率为99%．若该地全员参加核酸检测，则该地某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为（    ）A. 0.495% B. 0.9405% C. 0.99% D. 0.9995%【答案】A【解析】【分析】根据条件概率的乘法公式即可求解.【详解】记感染新冠病毒为事件,感染新冠病毒的条件下,标本为阳性为事件 则,故某市民感染新冠病毒且标本检出阳性的概率为，故选：A8. 研究发现，任意一个三次函数图象必有一个对称中心.一般地，判断点是否是三次函数图象的对称中心的流程如图所示，对于函数，其图象的对称中心以及的值分别是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】分析程序框图得到：点是否是三次函数图象的对称中心等价于是否是的导函数的零点，接着求导即可求得对称中心，根据对称中心得到，最后化简求解即可.【详解】因为，所以，，令，解得，又，所以三次曲线的对称中心是，则.所以，于是.故选：.9. 红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等.红薯耐旱耐脊、产量丰富，曾于数次大饥荒年间成为不少人的“救命粮食”，现因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点.小泽和弟弟在网红一条街买了一根香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃，如图，该红薯可近似看作三部分：左边部分是半径为的半球；中间部分是底面半径为、高为的圆柱；右边部分是底面半径为、高为的圆锥，若小泽准备从中间部分的甲、乙、丙、丁四个位置选择一处将红薯掰成两块，且使得两块的体积最接近，则小泽选择的位置是（    ）A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁【答案】B【解析】【分析】算出分别从甲乙丙丁处分两块的体积之差，比较大小即可.【详解】若从甲处分为两块，则左侧体积为，右侧体积为，两者体积差为，若从乙处分为两块，则左侧体积为，右侧体积为，两者体积差为，若从丙处分为两块，则左侧体积为，右侧体积为，两者体积差为，若从丁处分为两块，则左侧体积为，右侧体积为，两者体积差为，故从乙处掰成两块，体积最接近，故选：B.10. 函数图像大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用函数的奇偶性排除选项C和D；当时，，排除选项A，可得正确结论．【详解】函数定义域为，且，是奇函数，排除选项C和D；当时，，排除选项A；故选：B11. 已知椭圆和双曲线的焦点相同，记左、右焦点分别为，，椭圆和双曲线的离心率分别为，，设点为与在第一象限内的公共点，且满足，若，则的值为（    ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】【分析】根据椭圆和双曲线的定义可得，，(分别为椭圆的长半轴长及双曲线的实半轴长)，从而得，再代入中，求解即可.【详解】设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，半焦距为，双曲线的实半轴长、虚半轴长分别为，半焦距为，则有，又因为点为与在第一象限内的公共点，且满足，所以且，由椭圆的定义可得，所以，由双曲线的定义可得，所以，所以所以，又因为，解得(舍)或，故选：A.12. 已知，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误.D.与C选项同样的方法即可判断.【详解】A.        令则 ，所以在单调递减，在上单调递增，且，故.令则，所以在上单调递减，且             即    故选项A正确B.         令则，所以在单调递增，在上单调递减，且，故.令所以在上单调递减，且             即   故选项B错误C.            又在单调递增     故选项C错误D. 由C可知，   又单调递减    故选项D正确故选：AD第II卷非选择题（满分90分）二､填空题（每题5分，共20分）13. 已知定点和曲线上的动点，则线段的中点的轨迹方程为___________．【答案】【解析】【分析】设出，，表达出，，结合，代入即可求出轨迹方程.【详解】设线段中点为，， 则，即，因为点为圆上的点，所以所以，化简得：故答案为：14. 若，则正整数的值是___________.【答案】5或7【解析】【分析】根据组合数的性质可得或，进而可求出结果.【详解】因为，所以或，解得7或5，故答案为：7或5.15. 已知命题：，，使得方程成立，命题：，不等式恒成立.若命题为真命题，命题为假命题，则实数的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】先求出命题和命题为真时对应的的取值范围，即可求出.【详解】对于命题，当时，，当时，，若命题为真，则，即，解得.对于命题，当时，，，若命题为真，则，则，若命题为真命题，命题为假命题，则，所以，综上可得的取值范围为.故答案为：.16. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：①平面截正方体所得的截面图形是五边形；②直线到平面的距离是；③存在点，使得；④△面积的最小值是．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①③【解析】【分析】作出截面图形判断①，利用等积法可判断②，利用坐标法可判断③④.【详解】对于①，如图直线与、的延长线分别交于，连接分别交于，连接，则五边形即为所得的截面图形，故①正确；对于②，由题可知，平面，平面，∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离，设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得，，，∴，，∴由，可得，所以直线到平面的距离是，故②错误；对于③，如图建立空间直角坐标系，则，设，∴，又，∴，，假设存在点，使得，∴，整理得，∴（舍去）或，故存在点，使得，故③正确；对于④，由上知，所以点在的射影为，∴点到的距离为：，∴当时，，∴故△面积的最小值是，故④错误.故答案为：①③.三、解答题（共70分）（一）必考题（共60分）17. 小家电指除大功率､大体积家用电器（如冰箱､洗衣机､空调等）以外的家用电器，运用场景广泛，近年来随着科技发展，智能小家电市场规模呈持续发展趋势，下表为连续5年中国智能小家电市场规模（单位：千亿元），其中年份对应的代码依次为.年份代码12345市场规模0.91.21.51.41.6 （1）由上表数据可知，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；（2）建立关于的经验回归方程（系数精确到0.01）.参考数据：；参考公式：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为.【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）由题意代入公式即可求出相关系数近似为0.92，说明与的线性相关程度较高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系；（2）利用最小二乘法求出，，即可得到关于的经验回归方程.【小问1详解】由已知得,.因为与的相关系数近似为0.92，说明与的线性相关程度较高，从而可以用线性回归模型拟合与的关系.【小问2详解】由题可得，，故关于的经验回归方程为.18. 已知锐角三角形中，角的对边分别为，且满足.（1）求证：；（2）若，求三角形面积的取值范围.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）先根据正弦定理得，然后结合余弦定理化简整理得，解方程即可证明；（2）先利用正弦定理表示出，结合面积公式得出，利用的范围及函数的单调性进行求解.【小问1详解】由正弦定理可得，又，所以，整理得，即有，所以，即，，，则，所以，所以.【小问2详解】由（1）得，因为，由，得,设三角形的面积为，则，在锐角三角形中，,且，所以，所以，设，则，记，则，所以函数在上单调递减，所以，所以，即三角形面积的取值范围.19. 如图，为圆柱的一条母线，且．过点且不与圆柱底面平行的平面与平面垂直，轴与交于点，平面截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面的另一交点为．已知该截线为一椭圆，且和分别为其长轴和短轴，为其中心．为在上底面内的射影．记椭圆的离心率为．（1）证明：，并求的取值范围；（2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析，离心率的取值范围是    （2）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理，得线面垂直，即可证明线线垂直；根据图形可判断椭圆长轴的范围，以及短轴的值，结合椭圆离心率的公式，即可求离心率的取值范围；（2）首先根据，确定的位置，再建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量公式求线面角的正弦值.【小问1详解】因为平面平面，且平面平面，因为，所以平面，平面，所以,设上下底面圆的半径为，椭圆短轴，当移至下底面端点时，，长轴的最大值，所以长轴的取值范围，则，，所以椭圆离心率的取值范围是；【小问2详解】当离心率时，即，得，则，即，即点是母线的中点，如图建立空间直角坐标系，设，则，,,,,,,,,设平面的法向量，则，令，得，，所以，设直线与平面所成角为，则.20. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆E：和定点，P为圆E上的动点，线段PF的垂直平分线与直线PE交于点Q，设动点Q的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）设曲线C与x轴正半轴交于点A，过点的直线l与曲线C交于点M，N（异于点A），直线MA，NA与直线分别交于点G，H.若点F，A，G，H四点共圆，求实数t的值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)根据线段PF的垂直平分线上的点到两端点的距离相等，则动点Q到两定点的距离之差为定值，故点Q的轨迹为双曲线.(2)设直线方程为，联立直线与双曲线方程，韦达定理求出两根之和，两根之积，因为F，A，G，H四点共圆，所以，即，可判断出，即，列等量关系可以解得.【小问1详解】因为Q在线段PF的中垂线上，所以，故，所以点Q的轨迹是以E，F为焦点的双曲线，其焦距，，且，，故，所以曲线C的方程为.【小问2详解】设直线l：，，，联立方程组，整理得，则，且.因为F，A，G，H四点共圆，所以，又，所以，故，所以，即，所以.又直线AM：，令，得，同理，故，其中，所以，解得，所以实数t的值为.21. 已知函数，设曲线在点处的切线方程为.（1）证明：对定义域内任意，都有；（2）当时，关于的方程有两个不等的实数根，证明：.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导函数求出切线斜率，由点斜式可得出切线方程，令，根据导函数的的出的单调性，可证恒成立，即.（2）令，解得或，分别求出两条切线方程，，可证，恒成立，由函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和，与的关系即可证明结论.【小问1详解】证明：，，又，；令，在上单调递增，且，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，恒成立，所以恒成立.【小问2详解】证明：当时，，则，显然在定义域内单调递增，而，，存在，使，当时，，单调递减，当时，，单调递增，令，解得或，由（1）（2）可知在处的切线方程为，且恒成立，同理可得在处的切线方程为，令，当时，，，当时，，恒成立，即恒成立.设函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和，不妨设，则，，令，解得，，得证.（二）选考题（共10分）请考生在第22､23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在极坐标系中，已知曲线，直线（t是参数），且直线l与曲线C交A,B两点．（1）求曲线C的直角坐标方程与直线的普通方程；（2）设定点P极坐标，求的值．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）利用，，将极坐标方程化为直角坐标方程；对参数方程中的参数进行消参化为普通方程；（2）点P是直线上的点，对应的参数，将直线的参数方程代入曲线C的方程，得出A,B两点对应的参数满足的条件，从而求出的值．【小问1详解】曲线，因为，，所以直角坐标方程为：，即；由，消去参数可得直线l的普通方程为：．【小问2详解】因为P的直角坐标为， 所以直线l过P点，直线l的参数方程，代入曲线C的方程中，得，即.设A，B两点对应的参数分别为，所以，， 所以．选修4-5：不等式选讲23. 已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）若时不等式成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）方法一：将代入函数解析式，求得，利用零点分段法将解析式化为，分类讨论即可求得不等式的解集；（2）方法一：根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.【详解】（1）［方法一］：【通性通法】零点分段法当时，，即，所以不等式等价于或或，解得：．故不等式的解集为．［方法二］：【最优解】数形结合法如图，当时，不等式即为．由绝对值的几何意义可知，表示x轴上的点到对应的点的距离减去到1对应点的距离．结合数轴可知，当时，，当时，．故不等式的解集为．（2）［方法一］：【通性通法】分类讨论当时，成立等价于当时，成立．若，则当时，；若，由得，，解得：，所以，故．综上，的取值范围为．［方法二］：平方法当时，不等式成立，等价于时，成立，即成立，整理得．当时，不等式不成立；当时，，不等式解集为空集；当时，原不等式等价于，解得．由，解得．故a的取值范围为．［方法三］：【最优解】分离参数法当时，不等式成立，等价于时，成立，即，解得：，而，所以．故a的取值范围为．【整体点评】（1）方法一：利用零点分段法是解决含有两个以及以上绝对值不等式的常用解法，是通性通法；方法二：利用绝对值的几何意义解决特殊类型的绝对值不等式，直观简洁，是该题的最优解．（2）方法一：分类讨论解出绝对值不等式，利用是不等式解集的子集求出，是通性通法；方法二：本题将绝对值不等式平方，转化为解含参的不等式，利用是不等式解集的子集求出，虽可解出，但是增加了题目的难度；方法三：利用分离参数，将不等式问题转化为恒成立最值问题，思想简单常见，是该题的最优解．