2023届江西省贵溪市实验中学高三第四次月考数学（文）试题含解析

这是一份2023届江西省贵溪市实验中学高三第四次月考数学（文）试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省贵溪市实验中学高三第四次月考数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用对数函数单调性化简集合，利用分式不等式化简集合，再根据集合交集的定义求解即可.【详解】由得，故，所以，由，得，故，所以，所以.故选：D2．设复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由复数乘除法法则、共轭复数及复数的模计算公式可得结果.【详解】由题意知，所以，所以.故选：C.3．若x，y满足约束条件，则的最小值为（    ）A． B． C．0 D．1【答案】A【分析】先作出不等式组对应的可行域，再利用线性规划求的最大值.【详解】如图，先作出不等式组表示的可行域，由目标函数，得，表示斜率，纵截距为的直线，因此结合图形分析可知z在点A处取得最小值，联立直线方程，解得，可得点A的坐标为，所以.故选：A．4．河南一国家级湿地，以其独特的地理环境和良好的生态环境，吸引了全国近三分之一的鸟种在此繁衍生息，成了鸟类自然保护区.天鹅戏水、白鹭觅食，形成了一幅群鸟嬉戏的生态美景.该保护区新建一个椭球形状的观鸟台，椭球的一部分竖直埋于地下，其外观的三视图（单位：米）如下，正视图中椭圆（部分）的长轴长为16米，则该椭球形状观鸟台的最高处到地面的垂直高度为（    ）A．8米 B．10米 C．12米 D．16米【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，【详解】如图，以长轴中点为坐标原点，长轴为轴，垂直长轴为轴，建立平面直角坐标系，设正视图的椭圆（部分）对应的标准方程为，结合题意及三视图可得:，所以椭圆（部分）对应的标准方程为，将点代入，可得.故该椭球形状观鸟台的最高处到地面的垂直高度为（米）.故选：C.5．已知函数在上单调，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据在上的单调性列不等式，由此求得的取值范围.【详解】的开口向下，对称轴是直线，所以函数在上单调递增，依题意可知，在上单调递增，所以，解得，所以的取值范围是.故选：D6．在区间与内各随机取1个整数，设两数之和为M，则成立的概率为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】罗列出全部的情况和满足的情况，利用古典概型公式进行计算即可【详解】设从区间，中随机取出的整数分别为x，y，则样本空间为，共8种情况，设事件A表示即，则，共5种情况，所以．故选：B7．车厘子是一种富含维生素和微量元素的水果，其味道甘美，受到众人的喜爱根据车厘子的果径大小，可将其从小到大依次分为个等级，其等级（）与其对应等级的市场销售单价单位：元千克近似满足函数关系式若花同样的钱买到的级果比级果多倍，且级果的市场销售单价为元千克，则级果的市场销售单价最接近（   ）参考数据：，，，A．元千克 B．元千克C．元千克 D．元千克【答案】C【分析】利用指数运算，化简求的值.【详解】由题意可知，解得，由，可得（元/千克），最接近元千克故选：C8．已知单位向量，若对任意实数x，恒成立，则向量的夹角的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用平面向量数量积与模长的关系结合一元二次不等式恒成立的解法计算即可.【详解】设向量的夹角为θ，因为，所以，则，即恒成立.所以，解得，故的夹角的取值范围是.故选：A.9．已知抛物线C：，直线l经过定点，且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，满足，则p＝（    ）A． B．1 C．2 D．4【答案】C【分析】联立直线与抛物线方程，根据根与系数的关系，结合向量数量积的坐标运算即可代入求值.【详解】易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，，．联立，消去x，得，则，．∵，∴，∴．故选：C．10．从商业化书店到公益性城市书房，再到“会呼吸的文化森林”——图书馆，建设高水平、现代化、开放式的图书馆一直以来是大众的共同心声.现有一块不规则的地，其平面图形如图1所示，（百米），建立如图2所示的平面直角坐标系，将曲线看成函数图象的一部分，为一次函数图象的一部分，若在此地块上建立一座图书馆，平面图为直角梯形（如图2），则图书馆占地面积（万平方米）的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件求的解析式，设，利用表示梯形的面积，利用导数求其最大值.【详解】因为曲线是函数的图象，点的坐标为，所以，故，所以，设线段对应的函数解析式为， 因为直线经过点，所以，所以，设，则点的坐标为由可得，所以点的坐标为，所以，所以直角梯形的面积，所以，令，可得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，所以当时，函数取最大值，最大值为.故选：D.11．某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模型如图2所示，由OA，OB，OC，OD四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则=（    ）  A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正四面体的外接球相关性质，解三角形即可.【详解】如图，连接AB，AC，AD、BC，CD，BD，得到正四面体ABCD，则点O为正四面体ABCD外接球的球心，延长AO交底面BCD于G，则G为的中心.设，外接球的半径为R，连接BG，在正三角形中，易得，则，故在中有：，解得，则，所以，故选：A.  12．若正实数满足,且,则下列不等式一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数单调性及得到或,分别讨论两种情况下四个选项是否正确,A选项可以用对数函数单调性得到,B选项可以用作差法,C选项用作差法及指数函数单调性进行求解,D选项,需要构造函数进行求解.【详解】因为,为单调递增函数,故,由于,故,或，当时,,则，此时；,故;,即,所以;当时,,则,此时,,故;,即,所以;故ABC均错误;对于D选项,,两边取自然对数,,因为不管,还是,均有,所以,故只需证即可.设(且),则,令(且),则,当时,,当时,,所以,所以在且上恒成立,故(且)单调递减,因为,所以,结论得证,所以D正确.故选:D. 二、填空题13．已知直线被圆截得的线段长为，则______．【答案】【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，最后利用勾股定理计算可得.【详解】圆C：，即圆心为，半径，则圆心到直线的距离，又直线被圆截得的线段长为，所以，即，解得.故答案为：14．已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．【答案】【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.【详解】因为为奇函数，故，即，由于,故，则，由于，故，所以，由，可得，即或，对任意，存在，满足，故，则,，，k取负值，则只能，此时，或，则，则,综合可得或，即实数的取值范围是，故答案为：15．已知函数，关于函数有如下四个命题：①在上单调递减；      ②；③的值域为；      ④的图象关于直线对称其中所有真命题的序号是__________【答案】②③④【分析】根据函数的概念求出，画出函数的图象，结合图象逐项进行判断即可.【详解】依题意可得，作出的部分图象，如图所示，由图可知，在上单调递增，，的值域为，的图象关于直线对称，故所有真命题的序号是②③④故答案为：②③④ 三、双空题16．如图，用相同的球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，且只有1个球；第2堆有2层4个球，其中第1层有1个球，第2层有3个球；；第堆有层共个球，第1层有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，则____________，____________．[参考公式：]【答案】     56     【分析】根据“正三棱锥”形的装饰品的形成过程可知从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，即，根据迭代法即可求解，进而根据分组求和即可求解，代入即可求解，由裂项求和即可求解.【详解】由题意知，第5堆中，第1层1个球，第2层3个球，第3层6个球，第4层10个球，第5层15个球，故．则在第堆中，从第2层起，第层的球的个数比第层的球的个数多，记第层球的个数为，则，得，其中也适合上式，则在第堆中，，所以，则，故答案为：56， 四、解答题17．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答.问题：在中，角所对的边分别为，且__________.(1)求角的大小；(2)已知，且角有两解，求的范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出答案.（2）将代入正弦定理可得，要使角有两解，即，解不等式即可得出答案.【详解】（1）若选①：整理得，因为，所以，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，所以；若选③：由正弦定理整理得，所以，即，因为，所以；（2）将代入正弦定理，得，所以，因为，角的解有两个，所以角的解也有两个，所以，即，又，所以，解得.18．如图，，，为圆柱底面圆周上的三个不同的点，，，分别为圆柱的三条母线，且底面圆的半径为(1)若是底面圆的一条直径，证明：.(2)若，且四边形的周长为，求三棱锥体积的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）通过证明平面来证得.（2）结合锥体体积公式以及圆柱的几何性质求得三棱锥体积的最大值.【详解】（1）因为是底面圆的一条直径，所以，因为为圆柱的一条母线，所以底面，又底面，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以；（2）易知四边形为矩形，且平面底面圆，因为，且四边形的周长为，所以到平面的距离的最大值是，故，故三棱锥体积的最大值为.19．某市决定利用两年时间完成全国文明城市创建的准备工作.其中“礼让行人”是交警部门主持的重点工作之一、“礼让行人”即当机动车行经人行横道时应当减速慢行，遇行人正在通过人行横道，应当停车让行.如表是该市某一主干路口电子监控设备抓拍的今年1~6月份机动车驾驶员不“礼让行人”行为的人数统计数据.月份123456不“礼让行人”333640394553(1)请利用所给的数据求不“礼让行人”的人数y与月份x之间的经验回归方程，并预测该路口今年11月份不“礼让行人”的机动车驾驶员人数； .(2)交警部门为调查机动车驾驶员“礼让行人”行为与驾龄满3年的关系，从这6个月内通过该路口的机动车驾驶员中随机抽查了100人，如表所示. 不“礼让行人”“礼让行人”驾龄不超过3年1842驾龄3年以上436判断能否有95%的把握认为机动车驾驶员是否“礼让行人”行为与驾龄是否满3年有关.参考公式：，，其中.P（≥）0.100.050.0100.0050.0012. 7063.8416.6357.87910.828 【答案】(1)，68人(2)有95%的把握认为是否“礼让行人”行为与驾龄是否满3年有关 【分析】（1）先由公式计算求出回归方程，再令即可求解.（2）先完成列联表，再用公式计算出的值，再根据临界值分析判断即可.【详解】（1）由表中数据可知，=41，所以==   所以，故所求经验回归方程为，当时，，所以预测该路口今年11月份不“礼让行人”的机动车驾驶员人数为68人（2）由题意可知，列联表如下， 不“礼让行人”“礼让行人”合计驾龄不超过3年184260驾龄3年以上43640合计2278100由表中数据可得，.故有95%的把握认为是否“礼让行人”行为与驾龄是否满3年有关.20．已知函数．(1)求函数的单调区间和极值；(2)若，均有，求实数的取值范围．【答案】(1)增区间是，减区间是；函数有极小值为，无极大值；(2). 【分析】（1）根据导数与函数的单调性的关系，可得单调区间，再由极值定义求得函数极值；（2）构造新函数，利用导数求函数的最值即得.【详解】（1）由题意，，由得，函数的单调增区间是，由得，函数的单调减区间是，∴当时，函数有极小值为，无极大值；（2）令，则，由，可得，∴当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，∴当时，函数有最大值，由题可得，又，所以．【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.若能分离常数，即将问题转化为：（或），则（1）恒成立：；；（2）能成立：；.21．已知双曲线的离心率为2，右焦点F到渐近线的距离为，过右焦点F作斜率为正的直线l交双曲线的右支于A，B两点，交两条渐近线于C，D两点，点A，C在第一象限，O为坐标原点．(1)求双曲线E的方程；(2)设，，的面积分别是，，，若不等式恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据离心率和焦点到渐近线的距离，列出的方程组，解得结果即可.（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据题目条件，写出，根据的范围即可求出结果.【详解】（1）设双曲线 的右焦点，渐近线方程为，则右焦点到渐近线的距离 又，则，∴双曲线的方程为 .（2）设直线的方程为，设联立方程得，    渐近线方程为 则A到两条渐近线的距离满足，  联立方程得  联立方程得       . 恒成立即恒成立，∴所求的取值范围为22．在直角坐标系中，曲线的方程为，曲线的方程为以坐标原点为极点，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，的极坐标方程；(2)若，直线与曲线交于，两点，与曲线的一个交点为点，且，求的值【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据曲线的直角坐标与极坐标转化公式，即可求解；（2）将代入曲线的极坐标方程，得，将代入曲线的极坐标方程，得到韦达定理，并表示，即可求.【详解】（1）由，得，所以曲线的极坐标方程为由，得，即，此即曲线的极坐标方程；（2）将代入（），得将代入，得，设对应的参数分别是，则，，所以，解得：23．已知，，且.(1)证明：；(2)若，，求的最小值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据基本不等式可证不等式成立；（2）先由，，推出，且，然后按照和分别利用基本不等式求出的最小值，比较两个最小值可得结果.【详解】（1）由已知可得，当且仅当时，等号成立.（2）因为，，，所以，且，当时， ，当且仅当，且，即时，等号成立，此时的最小值为，当时， ，当且仅当，且，即时，等号成立，此时的最小值为，综上所述：此时的最小值为，