四川省岳池县2023届高三数学上学期10月月考试题文含解析

这是一份四川省岳池县2023届高三数学上学期10月月考试题文含解析，共17页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知，则， 若，则， 在中，下列等式错误的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法运算即可求得答案.
【详解】，
故选：A
【点睛】本题考查复数的除法运算，属于基础题.
2. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合，再进行补集运算即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
因为，所以，
故选：A.
3. （）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意利用诱导公式运算求解.
【详解】由题意可得：．
故选：B.
4. 已知α是第四象限角，cs α＝，则sin α等于（）
A. B. －
C. D. －
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数平方关系式以及三角函数值在各象限的符号即可解出．
【详解】由条件知α是第四象限角，所以，即sin α＝＝＝.
故选：B．
【点睛】本题主要考查同角三角函数平方关系式以及三角函数值在各象限的符号的应用，属于容易题．
5. 已知角终边所在直线的斜率为，则（）
A. B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，再根据二次齐次式化简代入即可求解.
【详解】由三角函数定义得，
所以．
故选：D
6. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为整体，结合倍角公式可得，再利用诱导公式运算求解.
【详解】因为，
所以．
故选：A.
7. 设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x，则a=
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】D
试题分析：根据导数的几何意义，即f′（x0）表示曲线f（x）在x=x0处的切线斜率，再代入计算．
解：，
∴y′（0）=a﹣1=2，
∴a=3．
故答案选D．
考点：利用导数研究曲线上某点切线方程．
8. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过“1”的替换，齐次化，然后得到关于的方程，解方程即可
【详解】,解得
故选：C
9. 要得到函数的图象，只需将函数的图象
A. 向左平移个单位B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位
【答案】C
【解析】
【详解】函数y=sin2x+cs2x=2sin（2x+）=2sin2（x+），
故把函数y=2sin2x的图象向左平移个单位，可得函数y=sin2x+cs2x的图象，
故选C．
10. 在中，下列等式错误的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】对A：由平方差公式分析判断；对B、C、D：根据三角恒等变换结合三角形中角的关系分析判断.
【详解】对于选项A：由平方差公式可知，故A正确；
对于选项B：
，故B正确；
对于选项C：因为，
即，
所以，故C正确；
对于选项D：因为，则
所以，故D错误；
故选：D.
11. 已知函数，，若方程有三个不同的实数根，且三个根从小到大依次成等比数列，则实数的值可能是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比中项以及余弦函数的对称性列式求得，进而可得结果.
【详解】
如图，设方程的三个不同的实数根从小到大依次为，，
则，解得，
所以.
故选：A.
12. 中,的对边分别为.已知,则的值为()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简,再对进行边化角.
【详解】因为,所以.
所以,即
即
所以(舍)或,所以
因.
所以.
所以.
故选：B
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 函数在上的单调递减区间为______.
【答案】
【解析】
【分析】令解不等式，再结合范围即可.
【详解】令，解得，
令得，所以函数在上的单调递增区间为.
故答案为：.
14. 过点（2,0）且与曲线y＝相切的直线的方程为________
【答案】.
【解析】
【详解】试题分析：设切点为，所以切点为，由点可知直线方程为
考点：1．直线方程；2．导数的几何意义
15. 中国古代数学经典《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥为鳖臑,若三棱锥为鳖臑,且平面,,又该鳖臑的外接球的表面积为,则该鳖臑的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】补形成长方体即可获解
【详解】
设外接球的半径为,则,所以.
将鳖臑补成长方体,则鳖臑的外接球直径为长方体对角线.
即得,所以.
故答案为：6
16. 函数是定义在上的奇函数，且当时，恒成立，则实数的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据奇函数求得，令，参变分离整理得，根据恒成立问题结合函数单调性运算求解.
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以，得，
当，则，
可得，所以符合题意.
当时，恒成立，
设，则，，
可得，整理得，
因为函数在上单调递增，
当时，函数取到最大值0，则，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
三、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 为了了解学生的体能情况，某校抽取部分学生进行一分钟跳绳次数测试，所得数据整理后，画出频率分布直方图（如图所示），图中从左到右各小长方形面积之比为，第二小组频数为12.
（1）学生跳绳次数的中位数落在哪个小组内？
（2）第二小组的频率是多少？样本容量是多少？
（3）若次数在110以上（含110次）为良好，试估计该学校全体高一学生的良好率是多少？
【答案】（1）中位数落在第四小组内；（2）0.08,150；（3）88%
【解析】
【分析】（1）根据中位数落在的位置，刚好把频率分布直方图分成左右面积相等两部分，计算前三组与前四组的频率和即可得答案；
（2）根据各个小矩形的面积之比，求出第二组的频率，再根据所给的频数，求出样本容量．
（3）根据频率分布直方图求出次数在110以上的频数，用频数除以样本容量得到达标率，进而估计全体学生的达标率．
【详解】（1）由题意得：前三组频率和为，
前四组频率之和为，
中位数落在第四小组内；
（2）由题意第二小组的频率为：，
又频率，
样本容量;
（3）次数在110以上（含110次）为良好，
良好的学生数为，
由此可估计该学校全体高一学生的良好率约为：．
18. 在长方体中，，是棱上的一点．
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）若是棱的中点，在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）在棱上存在点，使得平面，此时线段的长1.
【解析】
【分析】（1）由平面，可得，在矩形中，可证得，根据线面垂直的判定定理即可证得平面；
（2）由（1）可知，平面，根据线面垂直的性质可得；
（3）假设点是棱的中点时，有平面，在上取中点，连接，，根据线面平行的性质定理可得四边形是平行四边形，所以，再根据线面平行的判定定理可得平面.
【详解】（1）证明：在长方体中，
因为平面，平面，所以．
在矩形中，因，所以，
因为，所以平面．
（2）证明：因为，所以平面，
由（1）可知，平面，
所以．
（3）解：当点是棱的中点时，有平面．
理由如下：
在上取中点，连接，，
因为是棱的中点，是的中点，
所以，且，
又，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以．
又平面，平面，
所以平面，
此时．
19. 已知数列中，，.设
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由递推得到,欲证是等比数列，只需利用等比数列的定义证明为常数即可；
（2）由（1）的结论求出数列通项公式，进而求出数列的通项公式，再利用裂项相消法即可求出数列的前项和.
【详解】（1）证明：因为,所以====2，
又, 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
20. 已知函数，是的导数.
（1）讨论不等式的解集；
（2）当且时，若在恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）计算得，其有一个零点1，因此可对分类讨论研究另一个零点（如有）与1的大小关系，得出不等式的解集.
（2）先求在上的最大值，由导数知识知最大值是和中的较大者，因此可比较两者大小（通过作差得，再构造新函数利用导数研究单调性可得最大值为），也可分类，由的单调性得时有，再由得出最终结论.
【详解】（1），所以，
当时，不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为或；
当时，，不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为或；
（2）法一：当时，由得，当时，，单调递减，当时，，单调递增；是的较大者.，
令，，
所以是增函数，所以当时，，所以，所以.
恒成立等价于，
由单调递增以及，得；
法二：当时，由得，当时，，单调递减，当时，，单调递增；
是的较大者.
由，由单调递增以及，得.
当时，，因为当时，单调递减，所以，
综上的范围是.
【点睛】本题考查运用导函数研究函数的单调性和值域，解决不等式的恒成立的问题，属于较难题.
21. 已知椭圆:的左、右有顶点分别是、,上顶点是,圆:的圆心到直线的距离是,且椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合．
（1）求椭圆的方程;
（2）平行于轴的动直线与椭圆和圆在第一象限内的交点分别为、,直线、与轴的交点记为,．试判断是否为定值,若是,证明你的结论．若不是,举反例说明．
【答案】（1）
（2）是定值为
【解析】
【分析】(1)写出的方程,利用点到直线的距离和抛物线的焦点坐标进行求解;
(2)设出直线方程,联立直线和椭圆的方程,得到关于的一元二次方程,利用根与系数的关系、点在圆上及平面向量的数量积公式进行求解.
【小问1详解】
BD方程：
得,解得
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
设直线,则
联立,得
所以,即
所以
所以BP方程为,则
设,则且
所以
所以.
所以是定值为
【点睛】关键点点睛：本题斜率之积定值.
二选一：
22. [选修4—4：坐标系与参数方程]
已知曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）射线：与曲线交于点，射线：与曲线交于点，求的取值范围．
【答案】（1）的极坐标方程为，的直角方程为；（2）.
【解析】
【分析】(1)利用三种方程的互化方法求出曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程即可；
（2）设点和点极坐标分别为，，其中，可得，的值，代入可得其取值范围.
【详解】解：（1）由曲线的参数方程(为参数)得：，即曲线的普通方程为
又，
曲线的极坐标方程为，即
曲线的极坐标方程可化为，
故曲线的直角方程为
（2）由已知，设点和点的极坐标分别为，，其中
则，
于是
由，得
故的取值范围是
【点睛】本题主要考查简单曲线的极坐标方程、参数方程化为普通方程及极坐标方程的简单应用，需熟练掌握三种方程的互化方法.
23. 已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若，，，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用分类讨论思想，分、、，将问题转化为一次不等式进行求解；
（2）利用柯西不等式进行求解.
【小问1详解】
当时，原不等式等价于，
即成立，所以；
当时，原不等式等价于，解得，
又，所以；
当时，原不等式等价于，
即不成立，解得；
综上所述，不等式的解集为；
【小问2详解】
由柯西不等式得，
所以，
当且仅当，即且时等号成立，
即的最大值为.