四川省阆中中学2022-2023学年高三数学（文）下学期4月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省阆中中学2022-2023学年高三数学（文）下学期4月月考试题（Word版附解析），共21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2023年春高2020级四月月考数学试题（文科）第Ⅰ卷（选择题，共60分）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. 若复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出复数的共轭复数及模，即可计算作答.【详解】复数，则，，所以.故选：A2. 已知集合，则集合的子集个数为（    ）A. 3 B. 4 C. 8 D. 16【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.【详解】解不等式，得，因此，所以集合的子集个数为.故选：C3. 函数在上的图像大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定的函数，由奇偶性排除两个选项，再取特值即可判断作答.【详解】函数定义域为，而，且，即函数既不是奇函数也不是偶函数，其图象关于原点不对称，排除选项CD；而当时，，排除选项A，选项B符合要求.故选：B4. 圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即可.【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则，由题意知，，解得：，所以圆锥的侧面积为.故选：A.5. 世界数学三大猜想：“费马猜想”、“四色猜想”、“哥德巴赫猜想”，其中“四色猜想”和“费马猜想”已经分别在1976年和1994年荣升为“四色定理”和“费马大定理”．281年过去了，哥德巴赫猜想仍未解决，目前最好的成果“1＋2”由我国数学家陈景润在1966年取得．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和．在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出基本事件总数， 再求出和为奇数事件所包含的基本事件个数，根据古典概型求解.【详解】不超过17的质数有：2，3，5，7，11，13，17，共7个，随机选取两个不同的数，基本事件总数，其和为奇数包含的基本事件有：，共6个，所以.故选：B6. 已知角，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，得到且，结合三角函数的基本关系式，求得和的值，联立方程组，即可求解.【详解】由，即，又由，可得，则，可得，，可得，联立方程组，可得.故选：B.7. 某校随机抽取了名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：）全部介于至之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论错误的是（   ）A. 频率分布直方图中的值为B. 这名学生中体重低于的人数为C. 据此可以估计该校学生体重的第百分位数约为D. 据此可以估计该校学生体重的平均数约为【答案】D【解析】【分析】运用频率分布直方图中所有频率和为，求出值，再根据频率分布直方图中的频率、百分位数、平均数的计算公式进行计算.【详解】对于选项：因为，解得，所以正确.对于选项：体重低于频率为，所以人数为，所以正确.对于选项：因为，，所以体重的第百分位数位于之间，设体重的第百分位数为，则，解得，所以正确.对于选项：体重的平均数约为，所以错误.故选：.8. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于、两点，线段的中点为，则直线的斜率的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】分析可知直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理求出点的坐标，利用基本不等式可求得直线斜率的最大值.【详解】易知抛物线的焦点为，设点、，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，则，故点，，若直线的斜率取最大值，则，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故直线斜率的最大值为.故选：A.9. 已知函数的图像关于直线对称，则下列结论错误的是（    ）A. 函数的图像关于点对称B. 函数在有且仅有2个极值点C. 若，则的最小值为D. 若，则【答案】C【解析】【分析】利用函数图象的对称性求出，再结合正弦函数的图象与性质逐项分析、计算判断作答.【详解】依题意，，即，而，则，，对于A，因为，于是函数的图像关于点对称，A正确；对于B，当时，，而正弦函数在上有且只有个极值点，所以函数在有且仅有个极值点，B正确；对于C，因为，又，因此中一个为函数的最大值点， 另一个为其最小值点，又函数的周期为，所以的最小值为，C错误；对于D，依题意，，则，因此，D正确.故选：C10. 设，则的大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，，利用导数讨论单调性即可比较大小.【详解】令，，当时，，则单调递增，所以，即，所以即所以，令，，当时，，则单调递减，所以，即，即，也即，所以，所以，所以，所以，故选:A.【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.11. 已知双曲线C：，c是双曲线的半焦距，则当取得最大值时，双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，，三角换元，用c表示a，b，利用三角函数求得最值，再利用离心率公式直接求出结果.【详解】因为是双曲线的半焦距，所以，设，则，令，则，当时，有最大值，所以，所以.故选：A12. 一般地，对于函数和复合而成的函数，它的导数与函数，的导数间的关系为．若关于的不等式对于任意恒成立，则的最大值为（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】构造函数，利用导数研究的最小值，由此列不等式，再利用构造函数法，结合导数来求得的最大值.【详解】依题意恒成立，即恒成立，设，，设，则，所以在上单调递增，当时，在上递减，没有最小值，不符合题意.当时，由解得，所以在区间递减；在区间递增.所以的最小值是，依题意可知，即，即，设，，所以在区间递增；在区间递减，所以的最大值为，所以的最大值为.故选：C【点睛】利用导数求解不等式问题，首先将不等式转化为一边为的形式，然后利用构造函数法，结合导数来研究所构造函数的单调性、极值、最值等性质，从而对问题进行求解.第II卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上）13. 已知向量与共线，则__________.【答案】.【解析】【分析】运用平面向量共线及向量的模的坐标计算公式求解即可.【详解】由题意知，又因为，所以，所以，所以，所以，所以.故答案为：.14. 若直线与圆相切，则实数_________．【答案】或【解析】【分析】利用几何法列方程即可求解.【详解】圆可化为.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得：或7.故答案为：或15. 已知的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知的面积S满足，则角A的值为______．【答案】【解析】【分析】根据余弦定理和三角形面积公式化简已知条件，得求解可得角A的值.【详解】由已知得，根据余弦定理和三角形面积公式，得，化简为，由于，所以，化简得，   即 ，解得，或（舍），由于，所以.故答案为：16. 已知正四棱锥的体积为，若其各个顶点都在球表面上，则球表面积的最小值为______．【答案】【解析】【分析】设正四棱锥的底面边长为a，高为h，球的半径为R，由正四棱锥的体积为 ，得到，再在中，利用 ，得到，然后利用导数法求得半径的最小值求解.【详解】解：如图所示：设正四棱锥的底面边长为a，高为h，球的半径为R，由正四棱锥的体积为 ，得， 中，有 ，即 ，即 ，化简得 ，令 ，则 ，令 ，得，当 时， ， 在 上递减，当 时， ， 在 上递增，所以当 时， 取得最小值 ，此时 ，所以外接球的表面积为，故答案为：三、解答题（本大题共7小题，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. 近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）： “厨余垃圾”箱“可回收物”箱“其他垃圾”箱厨余垃圾400100100可回收物3024030其他垃圾202060 （Ⅰ）试估计厨余垃圾投放正确的概率（Ⅱ）试估计生活垃圾投放错误的概率 （Ⅲ）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a,b,c,其中a>0，a+b+c=600.当数据a,b,c,的方差最大时，写出a,b,c的值（结论不要求证明），并求此时的值．（注：，其中为数据的平均数）【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）0.3;（Ⅲ）时，方差取得最大值8000.【解析】【详解】（Ⅰ）厨余垃圾一共有吨，其中投放正确有吨，所以概率为（Ⅱ）生活垃圾一共有吨，其中投放错误有吨，所以概率为（Ⅲ）由题意得：当且仅当时取等号  18. 已知等差数列与正项等比数列满足，且，，既是等差数列，又是等比数列．（1）求数列和的通项公式．（2）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成求解．若__，求数列的前项和．【答案】（1），    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）确定，得到，解得答案.（2）若选择①，，若选择②，，若选择③，，分别利用裂项相消法，错位相减法和裂项相消法计算得到答案.【小问1详解】设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为， 根据题意，即，  解得或（舍），故，，【小问2详解】若选条件①：，；若选条件②：，两式相减得：整理得到：；若选条件③：，.19. 如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到、，从而得到平面，即可得证；（2）解法一：根据面面垂直的性质得到平面，则，再根据锥体的体积公式计算可得；解法二：由已知可得为正三角形，求出线段的长度，即可得到三棱锥是为棱长为的正四面体，即可得到其所对应的正方体的棱长，即可求出其体积；解法三：取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH，可证平面，再求出高，最后根据锥体的体积公式计算可得.【小问1详解】连接交于点，连接，因为是菱形，所以，且为的中点，因为，所以，又因为，平面，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面．.【小问2详解】解法一：由（1）可知，平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，所以，由已知可得，，又，且O为BD的中点．所以，，又，，所以，所以，，所以．解法二：由已知可得：为正三角形，且，，又，且O为BD的中点，所以，，又，，所以，从而，，所以三棱锥是为棱长为的正四面体，而它所对应的正方体的棱长为，所以．解法三：取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．因为，所以等边三角形，所以，又因为，，PD，平面PDM，所以平面，平面，所以，由（1）知，且，平面，所以平面．由是边长为2的菱形，在中，，，由，在中，，所以．所以四棱锥的体积为．.20. 已知椭圆：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．（1）求椭圆E的方程；（2）设斜率为k直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为、直线与y轴交于点Q．若的面积为2，求k的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由短轴长，即四边形的周长得a，b的值，得椭圆的方程；（2）设直线l的方程为，由题，，与椭圆联立方程，得，，表示出的面积，解得k的值.【小问1详解】由，得，即，由四边形的周长为，得，即，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设直线l的方程为（，），，，则，，联立方程组，消去y得，，，得，，，直线的方程为，令，得，又因为，所以，的面积，得，经检验符合题意，所以k的值为.21. 设．（1）求的单调区间；（2）若在上恒成立，求的取值范围．【答案】（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为；    （2）．【解析】【分析】（1）对函数求导，由得出单调递减区间，由得出单调递增区间；（2）对已知不等式参变分离，并构造，，对函数求导化简，并构造的分子为，求导判断出其单调性和最值，进而得出的单调性和最值，代入可得的取值范围．【小问1详解】因为，所以，由得到，由，得到，所以函数的单调递增区间为，函数的单调递减区间为．【小问2详解】由，即，∵，∴，∴在上恒成立，令，，所以，且，令，则，，，所以在上单减，即，所以在上单减，即，所以，即在上单减，即，所以．即的取值范围为．（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：极坐标与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线和直线的普通方程；（2）若为曲线上一动点，求到距离的取值范围．【答案】（1）；x＋y－4＝0，    （2）【解析】【分析】（1）根据曲线的参数方程为，结合三角函数平方关系即可得曲线的普通方程，根据极坐标与普通方程的转化即可得直线的普通方程；（2）设根据点到直线的距离公式，结合正弦型三角函数的性质即可求到距离的取值范围．【小问1详解】由题意可知：，由可得，所以的普通方程为；直线可化简为，将代入直线可得x＋y－4＝0，小问2详解】设，则到的距离，其中，∵，∴．选修4－5：不等式选讲23. 已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若的最小值为，且正数，，满足，证明：．【答案】（1）或    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）首先利用绝对值的意义，去绝对值，再求解不等式；（2）根据绝对值三角不等式求函数的最小值，再结合基本不等式，即可证明.【小问1详解】由题意知，当时，，解得；当时，，不等式无解；当时，，解得．综上所述，不等式的解集为或.【小问2详解】证明：因为，当且仅当时取等号，所以的最小值为4，即．因为，，，所以，即，当且仅当时取等号，所以，因为，所以．