2023届四川省成都市树德中学高三上学期第一次月考数学（理）试题含答案

这是一份2023届四川省成都市树德中学高三上学期第一次月考数学（理）试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届四川省成都市树德中学高三上学期第一次月考数学（理）试题 一、单选题1．全集，且，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】化简集合A，根据集合的补集、并集运算即可.【详解】全集，或，，所以，所以，故选：A．2．已知向量、为单位向量，则是的（    ）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】C【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：因为向量、为单位向量，所以，若，则，则，即，即，即，所以，故充分性成立，若，则，所以，即，所以，，所以成立，故必要性成立，故是充分必要条件；故选：C3．下面关于复数（其中i为虚数单位）的结论正确的是（　　）A．对应的点在第一象限 B．C．的虚部为i D．【答案】D【分析】根据复数的有关概念，复数的几何意义，以及复数的加法，除法运算逐个进行判断即可．【详解】∵，则有：，则对应的点在第三象限，故A错误；，则，，故B错误；z的虚部为1，故C错误；，则，故D正确.故选：D.4．宋元时期，中国数学鼎盛时期中杰出的数学家有“秦〔九韶〕､李〔冶〕､杨〔辉〕､朱〔世杰〕四大家”，朱世杰就是其中之一.他的著作《算学启蒙》中，记载有这样一个“松竹并生”的问题：松长四尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.如图是源于其思想的一个程序框图.若输入的a，b分别为3，1，则输出的n=（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】按流程图逐一执行即可.【详解】输入的分别为，时，依次执行程序框图可得：第一次：，，不成立，；第二次：，，不成立，；第三次：，，不成立，；第四次：，，成立，输出.故选:C5．已知实数x，y满足不等式组，若的最大值为m，最小值为n，则（    ）A．4 B． C． D．【答案】B【分析】先作出不等式组表示的平面区域,求出平面区域顶点的坐标,再根据的几何意义分别求出m,n,即可得到结果.【详解】作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示：由，可解得：，同理可求：.设P(1,1),则数形结合可知. (其中为点P到直线的距离，)，所以.所以.故选：B6．已知变量关于变量的回归方程为，其一组数据如下表所示：12345 若，则的值大约为（    ）A．4.94 B．5.74 C．6.81 D．8.04【答案】C【分析】令，把转化为的线性回归方程，再用线性回归的方法处理即可【详解】由，令，则，由题意，，，所以，解得，所以，所以，解得.故选：C7．某数学爱好者以函数图像组合如图“爱心”献给在抗疫一线的白衣天使，向他们表达崇高的敬意！爱心轮廓是由曲线与构成，若a，，c依次成等比数列，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由“爱心”图经过点,可求出，再由“爱心”图过点与，可求出，再由a，，c，依次成等比数列可得代入即可求出答案.【详解】解：由“爱心”图知经过点，即，．由“爱心”图知必过点与，所以，得，，若a，，c，依次成等比数列，则，从而，所以．故选:A．8．已知函数，若，，，则（    ）A．     B．2     C．     D．4【答案】B【分析】计算出，再根据，由此可得出结果.【详解】，，则恒成立，又因为，因为，则，因此，.故选：B9．如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧棱的中点，是的中点，则（    ）A． B．平面C．平面 D．【答案】D【分析】根据空间中的平行和垂直的判定方法，结合选项逐一验证.【详解】因为与异面，所以A项错误；因为的延长线必过点，所以B项错误；因为与不垂直，所以C项错误；取的中点，连接，在正方形中，与全等，可得，连接，则，又平面底面，所以平面，因为平面，所以，又，所以平面，因为平面，所以.故选：D.10．设，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】令，利用导数说明函数的单调性，即可得到当时，从而说明，再比较与的大小关系，即可得解.【详解】解：令，则，所以在定义域上单调递减，所以当时，，即，所以，又，，且，，所以；故选：B11．平面直角坐标系中，，下列说法不正确的是（    ）A．若，则的最小值为B．若，则的最大值为C．若，则点表示的平面区域的面积为D．若，则点表示平面区域的面积为【答案】D【分析】根据向量的线性运算，分别确定点的位置或轨迹，求出最值或面积即可得解.【详解】对A，若，则点在直线上，由于是边长为2的等边三角形，故点到直线的距离为，故A正确；对B，若，则，点是线段上任意一点；若，则，点是线段上任意一点；若，则，则点是线段上任意一点.若，则.记，则点是线段上任意一点，，点是线段上任意一点.综上，点是内部及边界上任意一点，的最大值为，故B正确；对C，记，则点在以和为对角线的平行四边形内部及边界，其面积为，故C正确；对于D，若，由选项和知点是五边形内部及边界上一点，其面积为，故D错误.故选：12．已知e是自然对数的底数．若，使，则实数m的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意分类讨论，当时显然成立，当时，由原不等式同构函数，利用函数单调性可得，分离参数后利用导数求最大值即可得解.【详解】当时，，显然成立，符合题意；当时，由，，可得，即，，令，，在上单增，又，故，即，即，，即使成立，令，则，当时，单增，当时，单减，故，故；综上：.故选：A. 二、填空题13． 展开式中的系数为______.【答案】26【分析】运用二项展开式的通项公式求展开式中的项即可.【详解】展开式第项，时， ，时，，∴展开式中系数26.故答案为：26.14．已知双曲线的左右焦点分别为，，O为坐标原点，点P在双曲线上，若，，则此双曲线的渐近线方程为______.【答案】【分析】由条件可得，由条件结合定义可求，，由此可得的关系，由此可得的关系，再求双曲线渐近线方程.【详解】因为，所以，所以，，又，所以，所以，所以，又，，所以，，所以，所以，因为，所以，所以，所以双曲线的渐近线方程为，故答案为：.15．在单调递增数列中，已知，，且，，成等比数列，，， 成等差数列，那么__________．【答案】【分析】根据条件，推导出 之间的关系，再计算出通项公式即可.【详解】因为数列单调递增，，故，由已知条件得，， ，化简可得，在等式左右两边同时除以，化简得，故数列为等差数列，，所以数列的首项为，公差为，故，即，因为，可得，故当为偶数时，当为奇数时，，所以；故答案为：2550.16．在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是____________【答案】【分析】由题可得为直角三角形，由题可得当平面平面时，棱锥的体积最大，设，结合条件可得体积的表达式，然后利用导数求最值即得..【详解】在中，，所以，由余弦定理得，∴，，则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当平面平面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，设，在中，，，，则点到底面的距离，所以该棱锥的体积为，则，令，解得，或(舍去)，当变化时，，变化如下： 极大值 故当时，该棱锥的体积最大，为. 三、解答题17．已知：（1）求函数f(x)的单调递增区间；（2）在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)＝1，a＝2，求△ABC面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】）（1）首先化简得到，通过整体代换求得的单调增区间；（2）由余弦定理及基本不等式，得 .【详解】（1）因为，所以，令，解得，所以的单调递增区间：；（2）因为f(A)＝1，所以，又因为，所以，在三角形中，利用余弦定理得：， 整理得：，又因为，所以，即，所以，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时，取得最大值.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.18．某花圃为提高某品种花苗质量，开展技术创新活动，在实验地分别用甲、乙方法培训该品种花苗．为观测其生长情况，分别在实验地随机抽取各50株，对每株进行综合评分，将每株所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80 及以上的花苗为优质花苗．(1)求图中的值，并求综合评分的中位数．(2)用样本估计总体，以频率作为概率，若在两块试验地随机抽取3棵花苗，求所抽 取的花苗中的优质花苗数的分布列和数学期望；(3)填写下面的列联表，并判断是否有的把握认为优质花苗与培育方法有关． 优质花苗非优质花苗合计甲培优法20  乙培优法 10 合计    附：下面的临界值表仅供参考． （参考公式：，其中）【答案】(1)；中位数为82.5(2)分布列见解析；期望为(3)填表见解析；有90%的把握认为优质花苗与培育方法有关系． 【分析】(1)根据直方图的性质，即可求出a以及中位数；(2)求出每棵优质花苗的概率，并按照二项分布写出3棵花苗的分布列，按公式求出数学期望；(3)根据所给的数据，填写列联表，再进行卡方计算即可.【详解】(1)由直方图的性质可知： ， ，令中位数为x，则有 ，故综合评分的中位数为82.5；(2)依题意，优质花苗的频率为 ，即概率为0.6，设所抽取的花苗中优质花苗的棵数为X，则 ， ， ，其分布列为：X0123P   ；(3)根据第一问，优质花苗的频率为0.6，样本中优质花苗的数量为60，得如下列联表： 优质花苗非优质花苗合计甲培优法203050乙培优法401050合计6040100  ,有90%得到把握任务优质花苗与培育方法有关；综上，a=0.040，中位数为82.5，数学期望为 ，有90%的把握任务优质花苗与培育方法有关.19．如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点F，G为的中点，，.(1)求平面与平面形成的钝二面角的余弦值；(2)在线段上是否存在一点H，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)；(2)存在，. 【分析】（1）建立空间直角坐标系求得相关点的坐标，求平面SCD的一个法向量，根据向量的夹角坐标公式求答案；（2）假设存在点H，设，表示出的坐标，根据BH与平面SCD所成角的大小为，利用向量的夹角坐标公式求参数，进而求的长.【详解】(1)因为平面，平面，所以.又，所以. 以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系.则，.，.设平面SCD的一个法向量为.则，令，则，所以平面SCD的一个法向量为.又平面ESD的一个法向量为.所以，由图形可知，二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.(2)存在，理由如下：若存在H，设，则，由（1）知，面SCD的一个法向量为，则，即，所以，则，故存在满足题意的H，此时.20．如图所示， 已知两点的坐标分别为，直线 的交点为，且它们的斜率之积．(1)求点的轨迹的方程;(2)设点为轴上 （不同于）一定点， 若过点的动直线与的交点为， 直线与 直线和直线分别交于两点，当时，请比较与大小并说明理由．【答案】(1)(2)，理由见解析 【分析】（1）设点P的坐标为，根据，化简即可得到轨迹方程.（2）设直线的方程为，表示出点的坐标，由，可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可得到结果.【详解】(1)设点P的坐标为，由题设得，故所求的点P的轨迹的方程为．(2)设，由题设知，直线的斜率存在，不妨设直线的方程为，将代入，可得，则，同理．由，可得，所以，即，且，由消去y并整理得，则且，可得又因为，所以所以当时．21．已知函数．(1)当，和有相同的最小值，求的值；(2)若有两个零点，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分别求出和的最小值，列方程即可求出结果；（1）问题转化为有两个零点，证明，进而只需要证明只需要证明，也即是，从而令，构造函数求出最值即可证出结论．【详解】(1)由．所以．所以．令，则为上的增函数，且．所以在上单调递减，上单调递增．所以．又．所以．令，则所以为上的增函数．又．令，因为在上单调递增，且，而，因此函数与直线有唯一交点，故方程在上有唯一解，所以存在唯一，使得．即，故，所以在上单调递减，在上单调递增．所以．所以．故而．(2)由题意有两个零点．所以，即．所以等价于：有两个零点，证明.不妨令．由．要证，只需要证明．即只需证明：．只需证明：，即．令．只需证明：．令．则，即在上为增函数．又．所以．综上所述，原不等式成立．【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．22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（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，曲线的极坐标方程为．(1)求曲线的直角坐标方程和直线的极坐标方程；(2)射线，和曲线分别交于点，，与直线分别交于，两点，求四边形的面积．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据，可得直线的极坐标方程，根据，可得曲线的直角坐标方程；（2）法一：将射线转化为直角坐标方程，联立求各个交点的坐标，根据图形组合，可得答案；法二：直接在极坐标下，求出各个交点的极坐标，然后根据图形组合，可得答案.【详解】(1)曲线转换为直角坐标方程为．直线的直角坐标方程为，根据，整理得，即．(2)法一：射线，和曲线分别交于点，，与直线分别交于，两点，如图所示：所以直线的直角坐标方程为，直线的直线方程为，所以，解得，设直线与轴交于点，将代入，得，即．所以．同理：，解得，所以，所以．法二：由，得，由，得，所以，，所以．23．已知函数．(1)若，求的解集；(2)若恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）分，和三种情况求解即可，（2）问题转化为，令，然后利用绝对值三角不等式求出的最小值，使，从而可求出实数a的取值范围.【详解】(1)由题知，即．当时，．当时，，解得，；当时，，恒成立，；当时，，解得，，的解集为．(2)由，即．令，，当且仅当时等号成立，，，∴，解得或，实数a的取值范围为．