2023海南省嘉积中学高三上学期第一次月考数学试题含答案

参考答案：

1．B【分析】题图中阴影部分表示集合，即可求

【详解】题图中阴影部分表示集合.

故选：B

2．C【分析】判断函数的奇偶性，再计算，由图象知函数为过原点的奇函数，利用奇函数定义判断选项即可.

【详解】，

是偶函数，且.

，，

是奇函数且，

由图象知函数是奇函数且，

对于A，，，，函数不是奇函数，故错误；

对于B，，无意义，函数不过原点，故错误；

对于C，，，，函数是奇函数，故正确；

对于D：，无意义，图象不过原点，故错误.

故选：C

3．A【分析】根据圆心距以及圆的半径确定正确选项.

【详解】圆：的圆心为，半径为.

圆：的圆心为，半径为.

，，

所以两圆相交.

故选：A

4．A【分析】根据的单调性可得，再由的符号，判断a，b，c的大小.

【详解】由，而为增函数，

所以，而，故.

故选：A

5．B【分析】利用赋值法求二次项系数和，令求出，再令即可求解.

【详解】由题意可知，令，得，

令，得，

所以.

故选：B.

6．D【分析】根据抛物线的定义及三角形平行线分线线段成比例定理即可求解.

【详解】由题意可知，过点作交于点，直线交轴于点,如图所示

由，得，即.

在中，，

由，得，即，所以,即,

所以,

由抛物线的定义知，.

故选：D.

7．B【分析】先表示出，再用二倍角公式进行化简即可求解.

【详解】因为，，

所以.

故选：B

8．C【分析】设，取中点为N，设，求出即得解.

【详解】解：设，取中点为N，由题意知，球心O在直线上，

由可得，

设，则，

解得，故，

所以外接球的表面积.

故选：C

9．BD【分析】A、C应用特殊值法判断；B、D根据纯虚数定义判断即可.

【详解】A：若，，则，错误；

B：由，则，故是纯虚数，正确；

C：若，，则，错误；

D：由，则，，故为纯虚数，正确.

故选：BD

10．AC【分析】可以证明. 所以选项A正确，选项B错误；利用基本不等式证明选项C正确；利用基本不等式和对数函数的运算和性质证明选项D错误.

【详解】解：因为，所以,

又三点共线，所以. 所以选项A正确，选项B错误；

，所以（当且仅当时等号成立），所以选项C正确；

因为，（当且仅当时等号成立）

所以，所以选项D错误.

故选：AC

11．ACD【分析】作出与面平行且过的平面，即可得出点Q的轨迹判断A，当点在处时，异面直线所成角小于可判断B，当时求出可判断C，作出二面角的平面角求正切值判断D即可.

【详解】对于A，取点,，使得，，连接,，如图，

由线段成比例可得，平面，平面，

所以平面，同理可得平面，

又平面，，所以平面平面，

故当点时，总有面，所以点Q的轨迹为线段，故A正确；

对于B，由知与CD所成角即为与NE所成角，在中，，由余弦定理可得，由，可知，即运动到点时，异面直线所成的角小于，故B错误；

对于C，当时，最小，此时，故C正确；

对于D，二面角即平面与底面所成的锐角，连接相交于，连接，取点H，使得，连接MH，过H作于G，连接，如图，

由正四棱锥可知，面，由，知，

，由可得，

，面，，又，，平面，，即为二面角的平面角，，故D正确.

故选：ACD

12．AD【分析】根据合法括号序列的定义可判断A；举反例可说明B,C的正误；分类讨论，考虑在前面四个位置上左括号的个数，算出符合条件的合法括号序列共有14种，判断D.

【详解】出题意知如果A，B是合法括号序列，则也是合法括号序列,A正确;

对于B,AB为（（））（）为合法括号序列，但取A为（（，B为））（）显然都不是合法括号序列，故B错误；

对于C, 如果是合法括号序列，比如（）（）为合法括号序列，

但A为）（，不是合法括号序列，故C错误；

对于D选项，由题意知第一个位置为左括号，最后一个位置为右括号，

分类考虑：（1）当前4个位置都为左括号时，则后4个位置都为右括号，故满足条件序列有1个；

（2）当前4个位置有3个左括号时，则第2，3，4个位置任取两个位置是左括号，第5，6，7个位置任取一个位置是右括号，故满足条件序列共有个；

（3）当前4个位置有2个左括号时，

则第2或第3个位置为左括号，第5个位置一定为左括号，第6，7个位置有一个为左括号，满足条件序列共有个，综上，共有个，D正确，

故选：AD．

13． ## 0.25【分析】根据方程表示双曲线可得，化为标准方程，得到，由可求出结果.

【详解】由表示双曲线，可知，

化为标准方程为，

所以，，

所以，，

所以，所以.

故答案为：.

14． ## 0.26【分析】根据回归直线经过样本点中心可求出结果.

【详解】,,

由，得，得.

故答案为：.

15．

16．4950【分析】先研究函数的性质，再根据函数的性质可得，最后求和即可.

【详解】的定义域为，

且，

所以为R上的奇函数.

又因为在上都是增函数，

所以在上是增函数，

根据为R上的奇函数，从而可知为R上的增函数，

所以为R上单调递增奇函数，

所以，得，

即，

故．

故答案为：

17．（1）；（2）

则

．

设——①

则——②

①②，得，

所以．

所以．

【点睛】本题考查了等差数列求和、分组求和法、裂项相消法求和、错位相减法求和，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，属于中档题目.

18．（1）（2）【分析】（1）利用推出a，b，c的关系，利用余弦定理求出C的大小即可.

（2）由正弦定理可得，得出，将化简得，进而求出答案.

【详解】解：（1），则，

.

由余弦定理得，故有.

（2），

，即.

【点睛】本题考查了平行向量与共线向量，余弦定理、正弦定理的运用.

19．(1)没有95%的把握认为“是否有兴趣收看天宫课堂与性别有关”

(2)答案见解析

【分析】（Ⅰ）求出，从而没有的把握认为“是否有兴趣收看天宫课堂与性别有关”；

（Ⅱ）从不感兴趣的女生人数的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和数学期望．

(1)

解：提出假设：是否有兴趣收看天宫课堂与性别无关                         

根据列联表中的数据，可以求得                  

因为．而，

所以没有95%的把握认为“是否有兴趣收看天宫课堂与性别有关” .

(2)

解：依题意，随机变量X的可能取值为0，1，2，                                               

随机变量X的概率分布表如下：

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证线线垂直，再证明线面垂直，从而可得线线垂直；

（2）建立空间直角坐标系，根据题中的条件得，再将问题转化为求即可.

（1）∵，E为AC的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，∴平面，且平面，∴，∵，∴，又，∴平面，又平面，∴．

（2）如图，以为坐标原点，分别以为x，z轴正方向，所外建立空问直角坐标系，设，则，.设平面的法向量，则，即是，解得，由题意：，即，解得或，∵，∴，由有，可知,∴.

21．(1)

(2)是定值；

【分析】对于小问1，设点，代入，整理化简得点轨迹方程；

对于小问2，设出直线：，联立曲线的方程，结合韦达定理，代入，整理得到和的关系，进而判断直线是否过定点．

（1）

设，则，所以点轨迹方程为：．

（2）

显然直线不垂直于轴，

故设：，，

代入并整理得： ，

∴

，

整理得：，

若，此时过，不合题意；

若，即符合题意，

故直线的斜率为．

22．(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)由导数的几何意义求切线方程，由点在切线上列方程求的值；(2)由导数的几何意义可得，是方程的两根，设由此可得 ，证明随着的增大而增大，随着的增大而增大，由此证明随着的增大而增大.

(1)

因为，所以切点为，又，则，

所以切线方程为，

因为切线过点，所以，解得；

(2)

设切点为，因为，则切线方程为，

因为切线过点，所以，整理得，

所以，是方程的两根，

设，则，令，解得，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以，

设的两根为，其中，

则由单调性可知，，所以，

设，即随着的增大而增大，

因为，所以，整理得，

所以，所以，设，

则，

设，则，

，则

所以单调递增，所以，所以单调递增，所以，

即单调递增，所以随着的增大而增大，

又随着的增大而增大，所以随着的增大而增大.

【点睛】本题解决的关键在于根据函数方程的思想确定，是方程的两根和构造函数证明随着的增大而增大.