2023届云南省昆明市第一中学高三下学期第十次月考数学试题含解析

2023届云南省昆明市第一中学高三下学期第十次月考数学试题

一、单选题

1．已知复数，，则（   ）

A． B． C．1 D．2

【答案】B

【分析】先根据复数除法法则化简复数，代入计算即可求解.

【详解】因为，则，所以，所以.

故选：B.

2．已知集合，，，则=（   ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求出集合，再由补集和交集的定义求解即可.

【详解】由可得，则，

由可得：，

由可得，则，

则，，，，

所以，

故选：D.

3．已知数列满足：，且满足，则（   ）

A．1012 B．1013 C．2022 D．2023

【答案】A

【分析】变形得到，即中的奇数项是1为公差的等差数列，利用等差数列通项公式求出答案.

【详解】因为，所以，两式相减，得：，

所以数列中的奇数项是以为首项，1为公差的等差数列，

所以.

故选：A.

4．已知单位向量，且，若，，则（    ）

A．1 B．12 C．或2 D．或1

【答案】D

【分析】由题意结合向量加法的几何意义可得或，再根据数量积的定义计算，即得答案.

【详解】由题意单位向量，且，可知与的夹角为，

因为，所以或，

故当时，；

当时，，

故选：D.

5．如图，AB是底部B不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，为了测量建筑物高度AB，我们选择一条水平基线HG，使H，G，B三点在同一直线上，经测量，在G，H两点用测角仪器测得A的仰角分别是，，米，测角仪器的高是1.5米，则该建筑物的高AB约为（   ）（参考数据：）

A．13.5米 B．14.2米 C．15.2米 D．16.5米

【答案】C

【分析】利用正弦定理求得正确答案.

【详解】，

在中，由正弦定理得，

所以，这座建筑物的高度为

米.

故选：C

6．已知三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将三棱柱补成如图所示的四棱柱，则异面直线与所成角即为，设，求出，由余弦定理求解即可.

【详解】解析：将三棱柱补成如图所示的四棱柱，

连接，由四棱柱的性质知，，

所以异面直线与所成角即为与所成角，

则所求角为，设，则,

由余弦定理可得：，

同理可得，因为，，所以，

所以，

故选：C.

7．五一假期（4月29至5月3日共5天）期间，某单位保卫科要安排甲、乙、丙3名安保人员值班，要求每人至少值班一天，每天安排1名值班人员，且不安排同一个人连续两天值班，则不同的排班方法种树有（   ）

A．48 B．42 C．24 D．18

【答案】B

【分析】根据分类分步方法，以及排列组合的概念求解.

【详解】把4月29日至5月3日的5天依次设为第1天，第2天，第3天，第4天，第5天，

考虑不安排同一个人连续两天值班，

可以先安排第3天，再安排第2，4两天，最后安排第1，5两天.

先安排第3天的值班有种，

安排第2，4两天时，当第2，4两天值班人员是同一人，有种，

此时安排第1，5两天值班有种；

当第2，4两天值班人员不是同一人时，有种，

此时安排第1，5两天值班有4种方法，

所以不同的排班方法有种，

故选:B.

8．已知函数，若存在两个不同的实数，使，则（   ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再画出函数图象，依题意可得，即可得到、的关系.

【详解】函数，定义域为，

原函数可化为，

又，函数为奇函数，

因为在上单调递增，且，在上单调递增且，

所以在上单调递增，且，在上单调递减且，

所以当时，函数单调递增，且；

当时，函数单调递减，且，作函数的图象知，

由，则，则，得或，化简得（舍去）或.

故选：B.

二、多选题

9．若函数，则（   ）

A．函数为偶函数

B．函数的周期为

C．函数在区间上单调递增

D．函数的最大值为，无最小值

【答案】AB

【分析】通过分析函数的奇偶性和周期性，利用求导得出函数的导函数，进而得出函数的单调区间和极值，即可得出结论.

【详解】由题意，

在中，

，故A正确；

，故B正确；

当，，，，

∴时，，单调递增；

时，，单调递减；

当时，，

取得最大值；或时，取得最小值，故CD错误，

故选：AB.

10．在正四棱台中，上、下底面分别是边长为和的正方形，侧棱长为2，其顶点在同一个球面上，则下列结论正确的是（   ）

A．四棱台的表面积

B．四棱台的体积

C．四棱台的体积

D．四棱台的外接球的表面积

【答案】BD

【分析】画出几何体，作几何体的斜高，则表面积可得；求出几何体的高，则体积可得；将几何体的外接球转化为对角面的外接圆，则外接球半径可得.

【详解】如图所示：

连接下、上底面的中心 ，分别过O，作，，连接 ，

由已知计算得四棱台的高，斜高，

所以四棱台的表面积为，A错误；

又四棱台的体积，B正确，C错误；

由正四棱台的性质可得：该四棱台的外接球的球心都在 上，如图所示：

已知，，，设四棱台的外接球半径为，

易得，解得，计算可得，所以D正确.

故选：BD.

11．已知抛物线C：的焦点为F，在C上存在四个点P，M，Q，N.若弦PQ与弦MN的交点恰好为焦点F，且，则（   ）

A．抛物线C的准线方程是

B．

C．

D．四边形的面积的最小值是128

【答案】BCD

【分析】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，应用抛物线焦点弦性质，，，，可以判断B，C，结合三角函数性质可判断D选项.

【详解】由抛物线得，准线方程是，选项A不正确；

不妨设PQ的倾斜角为，

则由，得，，

所以，，

所以，，

所以，选项B正确；

，，

所以，选项C正确；

四边形PMON的面积，

当且仅当，即时，四边形PMQN的面积取得最小值128，选项D正确；

故选：BCD.

12．非零实数满足，则下列叙述正确的是（   ）

A．当时，

B．当时，

C．当时，

D．当时，

【答案】AB

【分析】首先研究曲线的对称性，这样只需要研究，的情况，进而可以直接脱去绝对值符号；把曲线转化为函数，利用函数的方法解决取值的范围问题.

【详解】将带入方程，显然成立，所以方程的曲线关于原点对称，只需研究，的情况.

当，时，原方程可化为，变形得，显然，

又，当且仅当，即时等号成立.

所以，据对称性可知，当时，，A，B都正确；

当时，，令，

求导可得，令，解得，

所以，，

所以，C，D都错.

故选：AB.

三、填空题

13．某校高三年级近期进行一次数学考试，参加考试的学生人数有1000人，考试成绩，则该年级数学成绩在90分以上的人数约为_______（运算结果四舍五入到整数）

（参考数据：，）

【答案】23

【分析】利用正态分布的对称性以及给定概率值即可求解.

【详解】由成绩知，

，,，

所以，，

所以，

则该年级数学考试成绩在90以上的人数为.

故答案为：23.

14．已知函数在区间上最大值为M，最小值为m，则的值是_______.

【答案】

【分析】求导，得到函数的单调性，进而求出最值，得到答案.

【详解】由题意， ，，在上，

故函数单调递增，所以，，，

故的值是.

故答案为：

15．已知点P是直线上的动点，过点P作圆O：的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为_______.

【答案】1

【分析】设，利用圆的方程可求出直线的方程为，再结合P是直线上的动点，可求得直线AB过定点，即可确定当Q与M的连线垂直于直线AB时，点Q到直线AB的距离最大，即得答案.

【详解】设，过点P作圆O：的两条切线，切点分别为，

则在以为直径的圆上，该圆的方程为，

将和相减得：，

即得到直线的方程为，

又因为点P是直线，故，

则直线的方程为，即，

当且，即，时该方程恒成立，

所以直线AB过定点，

当Q与M的连线垂直于直线AB时，点Q到直线AB的距离最大，

此时最大值即为Q，M之间的距离，而，

即点到直线AB的距离的最大值为1，

故答案为：1

四、解答题

16．已知点是椭圆C：上的一点，是椭圆的左、右焦点，且，则椭圆C的方程是.若圆的切线与椭圆C相交于M点，则的最大值是_______.

【答案】3

【分析】根据椭圆的几何性质可得方程为，由圆的切线可得，进而根据椭圆的弦长公式得，利用换元以及不等式即可求解最值.

【详解】由和可得， 即，，解得，，所以椭圆C：；

设圆的切线方程为，由得，

联立 消去x得，

，

设，，则，，

，

设，，

当且仅当，即时，取得最大值3.

故答案为：3

【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

17．四棱柱中，底面ABCD为菱形.

(1)在直线上是否存在一点P，使得平面，请说明理由

(2)若，，且在底面上的射影为与的交点O，求平面与平面的夹角.

【答案】(1)存在，理由见解析

(2).

【分析】（1）延长至点P，使得，连即可；（2）建立空间直角坐标系用法向量的夹角即可求解.

【详解】（1）  

延长至点P，使得，连，可知平面，

证明如下：

连接，由于为四棱柱，

得，又，则为平行四边形，

所以，又，

则，

由于平面，平面，

所以平面；

（2）由题意，则，又，可得.

如图，以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，则

，，，，

则，

可得平面的一个法向量，

又平面的一个法向量为，

设平面与平面的夹角为，则

，

即平面与平面的夹角为.

18．在数列中，，当时，

(1)求证：数列是等差数列；

(2)设，数列的前n项和为，求

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由变形得到，从而得到结论；

（2）在（1）的基础上，得到，进而得到，分奇偶进行求解，得到答案.

【详解】（1）因为，

所以，两边同除以，得，

所以是以为首项，1为公差的等差数列.

（2）由（1）知，，整理得：，

则，

当n为偶数时，，

当n为奇数时，，

所以.

19．已知，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

(1)求A

(2)若函数与的图像的对称轴之间的最短距离为，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理和和角的正弦公式化简即得解；

（2）先求出两函数的对称轴方程，再求出两对称轴之间的距离为，求其最小值即得解.

【详解】（1）由正弦定理得，

所以，

因为，所以，

所以，因为，所以.

（2）由（1）得，所以，

令

所以函数的对称轴方程为.

对于函数，

令

所以函数的对称轴方程为.

所以两对称轴之间的距离为.

当时，两对称轴之间的距离最小为.

20．2023年，某省实行新高考，数学设有4个多选题，在给出的A，B，C，D四个选项中，有两项或三项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分，在某次考试中，根据以往经验，小李同学做对第一个多选的概率为，做对第二个多选题的概率为，做对第三个多选题的概率为.

(1)求小李同学前三个多选题最多错一个的概率

(2)若最后一道数学多选题小李同学完全不会做，他决定随机地涂至少一个选项，你认为他应该涂几个选项.说明理由.

【答案】(1)

(2)他应该随机填涂一个选项，理由见解析

【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求解，

（2）分两类情况讨论，即可计算概率进而求解期望，根据期望的大小作出判断.

【详解】（1）事件A为小李同学前三个多选题最多错一个题

（2）因为小李完全不会做最后一道多选题，如果这道题有两个正确选项：

小李只随机填涂一个选项，则他得2分的概率为 ，得0分的概率也是 ，得分的期望为1；他随机填涂两个选项，则他得5分的概率为 ，得0分的概率为 ，得分的期望为 ；他随机填涂三个选项，一定得0分，得分的期望为0.

如果有三个正确选项：

小李只随机填涂一个选项，则他得2分的概率为 ，得0分的概率为 ，得分的期望为 ；他随机填涂两个选项，则他得2分的概率为 ，得0分的概率为 ，得分的期望为1；他随机填涂三个选项，则他得5分的概率为 ，得0分的概率为 ，得分的期望为 .

无论正确选项是两个或三个，小李不选或选四个选项均得0分.

综上可知，小李填涂一个选项得分的期望最大，所以他应该随机填涂一个选项.

21．已知动圆P过点，且与圆N：相切

(1)求圆心P的轨迹的方程；

(2)A，C为轨迹上两个动点且位于第一象限（不在直线上），直线AN，CN分别与轨迹交于B，D两点，若直线AD，BC分别交直线与E，F两点，求证；

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据点与圆的位置关系和椭圆的定义和椭圆的标准方程即可求解；（2）根据直线与椭圆的联立和几何关系即可求解.

【详解】（1）由题目可知圆，

因为，

所以点M在圆N内，

于是圆P与圆N内切，

因此，

故动点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆.

所以，，.

即轨迹方程 .

（2）设，，

直线AB的方程为，

联立得，

所以，.

设，，

直线CD的方程为，

同理可得，.

又因为直线AD的方程为，

令，得，

同理.

现只需证，

即证

，

显然成立，故.

22．已知函数，，其中，.

(1)证明：；

(2)若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）构造，求导得到在上单调递增，从而；

（2）变形得到，构造，求导，结合，由得到不等式成立的必要条件，即，再证明充分性.

【详解】（1）设，

，

因为，所以，所以，

所以在上单调递增，

所以；

（2），

令，因为，

又

，

所以，

若在上恒成立，则为必要条件，即.

下证充分性

当时，，

由（1）知，，

所以只需证明，也只需证明，

令，

令，所以，

令

所以，

所以在上单调递增，所以，

所以在上单调递增，所以，

所以，即，

所以，所以成立.

综上可得a的取值范围为.

【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.