四川省阆中中学校2023届高三数学理科下学期3月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省阆中中学校2023届高三数学理科下学期3月月考试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
四川省阆中中学校2023年春高2020级3月月考
数学（理科）试题
（满分：150分，时间：120分钟）
班级 姓名
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据可得，带入可得，由，解得，即可得解.
【详解】依题意，，则，解得，
故；
观察可知，，
故选：D．
2. 设复数满足.若，则实数（ ）
A. 2或 B. 或 C. 或 D. 1或
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可表示出，再根据得到方程，即可求出的值.
【详解】由复数满足，
所以，
所以，
又，所以，故或.
故选：B
3. 已知非零向量，满足，则是，均为单位向量的（ ）
A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先对式子两边平方化简，分别讨论当时，能否说明，均为单位向量，或者当，均为单位向量时，与否垂直即可.
【详解】解：因为，所以，
则，即，
若，则，即，
则，不能说明，均为单位向量.
当，均为单位向量，即，则，
所以，
又因为，为非零向量，所以能说明.
综上所述，是，均为单位向量的必要不充分条件.
故选：B.
4. 执行下边的程序框图，输出的（ ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据框图循环计算即可.
【详解】执行第一次循环，，
，
；
执行第二次循环，，
，
；
执行第三次循环，，
，
，此时输出.
故选：B

5. 传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒……依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为（ ）吨.（1kg麦子大约20000粒，lg2=0.3）
A. 105 B. 107 C. 1012 D. 1015
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列求和公式结合对数的运算求解即可.
【详解】64个格子放满麦粒共需，
麦子大约20000粒，1吨麦子大约粒，
，

故选：C.
6. 如图，直四棱柱的所有棱长均为，，是侧棱的中点，则平面截四棱柱所得的截面图形的周长是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用作延长线找交点法，得出截面图形为梯形，求出梯形周长即为所求.
【详解】连接 与的延长线交于点, 连 接与交于点,

因为 , 所以为的中点, 则为的中点,
所以截面为梯形 ,
因为所有棱长均为2,，
所以,,
,

,
故梯形 的周长为 .
故选：D.
7. 抛物线的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且满足，为线段的中点，设在上的射影为，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，连接AF、BF，由抛物线定义得，由勾股定理可得|AB|2，进而根据基本不等式求得|AB|的取值范围，再利用此结论求的取值范围．
【详解】设，，，在上的射影分别为，，
则，，故，
又，所以，
因为，
所以，当且仅当时等号成立，
故．
故选：C．

【点睛】本题着重考查抛物线的定义和简单几何性质、基本不等式求最值等知识，属于中档题．
8. 已知数列的前n项和为，且，，则数列的前2021项的和为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得，两式相减可得数列的规律，由此可求的通项公式，从而求出其前n项和，根据通项公式的特征，采用裂项相消法即可求出结果．
【详解】∵，(*)，
∴，解得．
，∴，
两式相减，得，
数列的奇数项与偶数项均为公差为4的等差数列，
当为偶数时，．
当为奇数时，为偶数，∴根据上式和(*)知，
数列的通项公式是，
易知是以2为首项，2为公差的等差数列，
故，，
设的前n项和为，
则．
故选：A．
9. 小明与小红两位同学计划去养老院做义工．如图，小明在街道E处，小红在街道F处，养老院位于G处，小明与小红到养老院都选择最短路径，两人约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F；事件B：小明经过H；事件C：从F到养老院两人的路径没有重叠部分（路口除外），则下面说法正确的个数是（ ）

（1）；（2）；（3）．
A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据组合知识结合古典概型概率公式及条件概率的求法逐项分析即得.
【详解】小明到养老院能选择的最短路径条数为条；
小明到F的最短路径走法有条，再从F到养老院的最短路径有条，小明经过F到养老院能选择的最短路径条数为条，
所以，故（1）正确；
小明从H到养老院的最短路径有条，即，
从H到F的最短路径有条，从F到养老院的最短路径有3条，即，所以，故（2）正确；
又，
所以，故（3）正确．
故选：A.
10. 已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的表面上，，，，则球O的表面积与底面外接圆面积的比值为（ ）
A. 11 B. 13 C. 15 D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】在中，由余弦定理求得，得出，证得平面，设外接圆的半径为，球的半径为，根据正弦定理和球的截面性质，分别求得，结合面积公式，即可求解.
【详解】由中，，
根据余弦定理可得，
可得，所以，可得,
又由，所以平面，
设外接圆的半径为，球的半径为，
则由正弦定理可得，所以，
又由，
所以球的表面积和外接圆的面积比值为：.
故选：B.

【点睛】解决与球有关的切、接问题的方法及其解题策略：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球半径的方程，并求解.
11. 过椭圆的右焦点并垂直于轴的直线与椭圆的一个交点为，椭圆上不同的两点，满足条件：成等差数列，则弦的中垂线在轴上的截距的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用焦半径公式得，设中点，利用点差法可求得，进而求得弦的中垂线方程，求得其在轴上的截距，利用在椭圆“内”，可求得结果.
【详解】因为成等差数列，，
利用焦半径公式得：，，代入可得
设中点，椭圆上不同的两点，
，两式作差可得，，
所以弦的中垂线的方程为：，
当时，，此即的中垂线在轴上的截距，
在椭圆“内”，，得，
．
故选：C．

【点睛】（1）对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．
（2）用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤：
①设点，设出弦的两端点的坐标；②代入：将两端点的坐标代入曲线方程；③作差：将两式相减，再用平方差公式展开；④整理：转化为斜率和中点坐标的关系式，然后求解．
12. 已知函数且，则下列结论中正确的是（ ）
①
②
③
④当时，
A. ①②③ B. ②④ C. ①③④ D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件分别构造不同的函数，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行判断即可．
【详解】对于①，令，则在上单调递增，
由，可得，即，即，故①正确；
对于②，令，，由可得，由可得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
当时，，即，故②错误；
对于③，令，，在上，，单调递减，在上，，单调递增，
故当时，，即，所以，所以，故③错误；
对于④，因为时，，所以单调递增，
由①可知，，
即，故④正确．
故选：D
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上.
13. 欲利用随机数表从00，01，02，…，59这些编号中抽取一个容量为6的样本，抽取方法是从下面的随机数表的第1行第11列开始向右读取，每次读取两位，直到取足样本，则第4个被抽取的样本的编号为______

【答案】10
【解析】
【分析】从随机数表的第1行第11列开始向右读取，每次读取两位，不大于59的为满足要求的编号.
【详解】从随机数表的第1行第11列开始向右读取，每次读取两位编号有：16，95，55，67，……，不大于59的有16，55，19，10，……，第4个被抽取的样本的编号为10.
故答案：10
14. 设直线l：与圆C：交于两点，则 的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由直线系方程求得直线所过定点，求出圆心到定点的距离，再确定弦长最短和最长时的位置，求得弦长，即可得到的取值范围．
【详解】直线l：即为，
由 ，解得,可得直线l过定点，
圆C：的圆心坐标为，半径，
由于,故在圆C：内，
，则当直线时，最小，，
的最大值即为圆的直径，
∴的取值范围是
故答案为： ．
15. 已知函数，若为偶函数，在区间内单调，则的最大值为_________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据为偶函数，可得直线为函数图像的一条对称轴，进而可得，根据在区间内单调，可得，进而可求解.
【详解】由于函数为偶函数，则满足，故直线为函数图像的一条对称轴，所以，，则，，又，即，解得，又，当时，在单调递增，满足要求，所以，故的最大值为4.
故答案：4
16. 已知函数和，若的极小值点是的唯一极值点，则k的最大值为____.
【答案】##
【解析】
【分析】利用导数求出的单调性和极小值点，然后，然后可得或恒成立，然后可求出答案.
【详解】由可得
所以当或时，，当时，
所以的极小值点是2
由可得
因为的唯一极值点为2，所以或恒成立
所以或在上恒成立
因为在上单调递减，在上单调递增，当时
所以
故答案为：
三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 某社区举行宪法宣传答题活动，该活动共设置三关，参加活动的选手从第一关开始依次闯关，若闯关失败或闯完三关，则闯关结束，规定每位选手只能参加一次活动．已知每位选手闯第一关成功的概率为，闯第二关成功的概率为，闯第三关成功的概率为．若闯关结束时，恰好通过两关可获得奖金300元，三关全部通过可获得奖金800元．假设选手是否通过每一关相互独立．
（1）求参加活动的选手没有获得奖金的概率；
（2）现有甲、乙两位选手参加本次活动，求两人最后所得奖金总和为1100元的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的乘法公式，分第一关没有通过和第一关通过第二关没有通过两种情况求解即可；
（2）甲、乙两位选手有一人获得一等奖，一人获得二等奖，进而根据独立事件概率的乘法公式求解即可.
【小问1详解】
解：设选手闯第一关成功为事件，闯第二关成功为事件，闯第三关成功为事件，
所以，，
设参加活动的选手没有获得奖金为事件，
所以.
【小问2详解】
解：设选手闯关获得奖金300元为事件，选手闯关获得奖金800元为事件，
所以，，，
设两人最后所得奖金总和为1100元为事件，
所以，甲、乙两位选手有一人获得一等奖，一人获得二等奖，
所以
18. 已知中，a，b，c是角A，B，C所对的边，，且.

（1）求角B；
（2）若，在的边AB，AC上分别取D，E两点，使沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC（设为点P）上，求AD的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化得，又，可得，结合二倍角公式可求得结果；
（2）由题意可知为等边三角形，设，则，由余弦定理得，设，所以，利用基本不等式可求得答案.
【小问1详解】
因为，所以由正弦定理边角互化得，
因为，所以，即，所以，
因为，所以，所以，
所以，即.
【小问2详解】
因为，所以为等边三角形，即，
设，则，
所以在中，由余弦定理得，整理得，
设，所以，
由于，故，
所以，当且仅当时等号成立，此时，
所以AD的最小值为．
19. 如图，四棱锥的底面是正方形，点P，Q在侧棱上，E是侧棱的中点．

（1）若，证明：BE∥平面；
（2）若每条侧棱的长都是底面边长的倍，从下面两个条件中选一个，求二面角的大小．
①平面；②P为的中点．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）若选①，二面角为；若选②，二面角为
【解析】
【分析】（1）连接，设交点为O，连接，，，先证明平面平面，进而即可证明平面；
（2）选①或②，都是先证明平面，进而建立空间直角坐标系,根据二面角的向量公式求解即可．
【小问1详解】
连接，设交点为O，连接，，，

在中，点E是的中点，点Q足线段的中点，所以．
又因为平面，且平面，所以平面，
在中，点O是线段的中点，点P是线段的中点，所以．
又因为平面，且平面，所以平面，
又因为，且，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面；
【小问2详解】
若选①平面，连接，
因为为正方形，所以点O分别为与的中点，
由题意，，所以，同理，
又，所以平面．
故以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

设，则，，，，
所以，，，，，．
因为平面，所以平面的一个法向量为．
显然平面的一个法向量为．
设二面角的平面角为，所以，所以．
若选②P为的中点，连接，因为为正方形，所以点O分别为与的中点，
由题意，，所以．同理，
又，所以平面．
故以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．

设，则，，，，
所以，，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，即，取，得，
显然平面的一个法向量为，
设二面角的平而角为，所以，所以．
20 已知，函数，函数
（1）若，证明：；
（2）恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，利用导数说明其单调性，即可得证；
（2）设，则，且，求出函数的一阶导函数、二阶导函数与三阶导函数，由三阶导函数的正负说明二阶导函数的单调性，再对分类讨论，结合函数的单调性即可得解；
【小问1详解】
证明：当时，设，
所以，则，故在上单调递增，
故当时，，故在上单调递增，
故当时，，故当时，恒成立.
【小问2详解】
解：设，则，且，
则，且，，则在上单调递增，
当时，，由于在上单调递增，
则当时，，则在上单调递增，
故，则在上单调递增，
故，符合题意，
当时，，
利用（1）中已证结论可得由于在上单调递增，
，
故必然存在，使得时，，
则在上单调递减，故当时，，
则在上单调递减，则当时，，
综上，的取值范围为.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，左顶点为，点M为双曲线上一动点，且的最小值为18，O为坐标原点．

（1）求双曲线C的标准方程；
（2）如图，已知直线与x轴的正半轴交于点T，过点T的直线交双曲线C右支于点B，D，直线AB，AD分别交直线l于点P，Q，若O，A，P，Q四点共圆，求实数m的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的方程可得，根据题意结合双曲线的定义，运算求解即可得结果；
（2）设直线，根据题意求的坐标，由圆的性质可得，结合韦达定理运算求解.
【小问1详解】
设，不妨设M为双曲线右支上一动点，则，
则，即，
可得，
注意到，则，
由题意可得：，即，
则，
∵的对称轴为，则在上单调递增，
故，
则，解得或（舍去），
可得，
故双曲线C的标准方程为.
【小问2详解】
由题意可得，设直线，
联立方程，消去y得，
则，
直线，令，则，
即点，
同理可得点，
若O，A，P，Q四点共圆，则，
∵，
注意到，，且点P，Q位于同一象限，即，
可得，
故，
整理得，
则，
整理得，解得或（舍去），
故实数m的值为.
【点睛】方法定睛：解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．
（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. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求C和l的直角坐标方程；
（2）求C上的点到l距离的最小值．
【答案】（1）C的直角坐标方程为；l的直角坐标方程为.
（2）
【解析】
【分析】（1）由曲线C的参数方程消参即可求得曲线C直角坐标方程，把，代入，即可求得直线l的直角坐标方程.
（2）法一：利用设切线联立方程判别式为0求解；法二：设C上的点为，表示P到直线l的距离，用基本不等式即可求解最值.
【小问1详解】
因为，，
所以，
所以C的直角坐标方程为，
因为直线l的极坐标方程为
所以l的直角坐标方程为．
【小问2详解】
方法一：因为曲线C与直线l没有公共点，
所以当C的切线与l平行时，切点到l的距离为最小值，
设切线方程为，代入C的方程，
有，整理有，
由可得，
当时，C的切线到l的距离为，当时，C的切线到l的距离也为，
故C上的点到l距离的最小值为．
方法二：设C上的点为，则P到直线l的距离为
，等号在时取得，
即或时成立．
故C上的点到l距离的最小值为．
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知x、y、z均为正实数，且．
（1）求的最大值；
（2）若，证明：．
【答案】（1）3 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）因为，利用柯西不等式即可求得最大值；
（2）由（1）结合已知条件可得，则有，再利用基本不等式即可求证.
【小问1详解】
因为，所以，
又x、y、z均为正实数，
由柯西不等式有，
所以，当且仅当且，
即时，等号成立，所以的最大值为3.
【小问2详解】
因为，，，，
由（1）得，
即，所以，
当且仅当时，等号成立，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
因为，所以，即．