2023届河北省衡水市部分学校高三上学期9月月考数学试题含解析

2023届河北省衡水市部分学校高三上学期9月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分别解二次不等式和对数不等式，求得集合，进而利用交集的定义求得.

【详解】A，则.

故选：B

2．已知复数满足，则复数的虚部是（    ）

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】根据复数的除法运算，结合i的性质，进行计算求得复数，可得答案.

【详解】由可得，

则复数的虚部是1,

故选;D

3．已知某种食品保鲜时间与储存温度有关，满足函数关系（为保鲜时间，为储存温度），若该食品在冰箱中的保鲜时间是144小时，在常温的保鲜时间是48小时，则该食品在高温的保鲜时间是（    ）

A．16小时 B．18小时 C．20小时 D．24小时

【答案】A

【分析】根据已知条件列出方程组，整体求得，然后整体代入计算即可.

【详解】由题意，得，即，

于是当时，（小时）.

故选：A

4．下图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2cm､底面边长为1cm的正三棱锥，后段是高为0.6cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式即可求出总体积.

【详解】因为正三棱锥的底面边长为1，设其内切圆半径为r，由等面积法，可得：，解得：，所以其内切圆半径为.

由三棱锥体积与圆柱体积公式可得：.

故选：D.

5．某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（    ）

A．种 B．种 C．种 D．种

【答案】A

【分析】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区.

【详解】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区，可分为种情况，

第一类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，

第二类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，

第三类：名志愿者分成，共有（种）选派方案，

所以共（种）选派方案，

故选：A.

6．在中，，则“”是“是钝角三角形”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据，得到是钝角三角形，充分性成立，举出反例得到必要性不成立，故选出答案.

【详解】在中，由得或，

当时，，所以，是钝角三角形；

当时，是钝角三角形.

当是钝角三角形时，取钝角，，

即是钝角三角形不能推出，

所以“”是“是钝角三角形”的充分不必要条件.

故选：A

7．已知当时，函数的图像与函数的图像有且只有两个交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先将与有两个交点，转化为有两个零点，利用导数分析的图像，数形结合可得与有两个交点时的取值范围.

【详解】由题设可知，当时，与有两个交点，等价于有两个根，

令，则，所以当时，，则单调递减；

当时，，则单调递增，故，

当，，，故；

当时，，，故，如图；

所以当时，直线与的图像有两个交点，

即函数的图像与函数的图像有且只有两个交点.

故选：A.

8．已知数列满足，其中.记数列的前项和为，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据，可得，进而可得，可得.

【详解】由，可得，

，

则，

故选：C.

二、多选题

9．尽管2022年上半年新能源汽车产销受疫情影响，但各企业高度重视新能源汽车产品，供应链资源优先向新能源汽车集中，从目前态势来看，整体产销量完成情况超出预期.下表是2022年我国某地新能源汽车前个月的销量和月份的统计表，根据表中的数据可得经验回归方程为，则（    ）

A．变量与正相关 B．与的样本相关系数

C． D．2022年月该地新能源汽车的销量一定是万辆

【答案】AC

【分析】根据相关关系的概念判断AB选项，再根据回归直线经过样本中心可计算，进而可得估计值，判断CD选项.

【详解】由，，可知随着变大而变大，所以变量与正相关，选项A正确，选项B错误；

，，因为回归直线过样本中心，所以，，故选项C正确；

由回归直线可知，2022年月该地新能源汽车的销量的估计值是万辆，而不一定是万辆，故选项D错误；

故选：AC.

10．已知正实数m，n满足，则（    ）

A．m＋n的最小值是2 B．的最小值是1

C．的最小值是2 D．的最大值是4

【答案】ABC

【分析】由已知可得，根据基本不等式依次判断各选项即可.

【详解】正实数m，n满足，所以，

所以，当且仅当时等号成立，故选项A正确；

，故，当且仅当时等号成立，故选项B正确；

，当且仅当时等号成立，故选项C正确；

，当且仅当时等号成立，故选项D错误，

故选：ABC

11．已知函数，则（    ）

A．是奇函数 B．的最大值大于

C．， D．，

【答案】BCD

【分析】根据函数的性质分别判断各选项.

【详解】的定义域为，，故选项A错误；

，故选项B正确；

，故选项C正确；

，

，，当时，，，而在上单调递增，

，当时，，故选项D正确，

故选：BCD.

12．已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线相交于A，B两点.过A，B两点分别作抛物线的切线，两切线交于点Q.直线l为抛物线C的准线，与x轴交于点D，则（    ）

A．当时， B．若，P是抛物线上一个动点，则的最小值为2

C． D．若点Q不在坐标轴上，直线AB的倾斜角为，则

【答案】ACD

【分析】根据抛物线的定义，结合导数的几何意义、一元二次方程根与系数关系逐一判断即可.

【详解】设，，直线AB为，则整理得，，，.

当时，则，故，，∴，故，∴，故A正确；

M到抛物线准线的距离为，结合抛物线的定义可知，当P的纵坐标为1时，的最小值是，故B错误；

不妨设A在第一象限，B在第四象限，则，，，则点A处切线斜率，，，则点B处切线斜率，所以，又因为，所以，所以，故C正确；

不妨设A在第一象限，B在第四象限，记直线AD与直线BD的倾斜角为，，

，因为直线AB倾斜角为，则，故，故D正确.

故答案为：ACD

【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义是解题的关键.

三、填空题

13．已知非零向量满足，且，则与的夹角为___________.

【答案】

【分析】根据垂直向量数量积为0，结合数量积的公式求解即可.

【详解】设与的夹角为，，，又，故

故答案为：

14．已知，则___________.

【答案】0.8

【分析】由正切的差角公式求得的值，再用诱导公式将式子化简，结合二倍角公式化为齐次式，即可得到结果.

【详解】因为，所以

则

故答案为:

15．在的展开式中，含的项的系数是___________.

【答案】6

【分析】分别求出和展开式的通项公式，根据的组合形式分别求解即可.

【详解】的展开式的通项公式为，

的展开式的通项公式为，

所以展开式中，含的项为：

，

所以含的项的系数为6．

故答案为：6.

16．椭圆的左､右焦点分别为，离心率为为椭圆的左顶点，且，过原点的直线交椭圆于两点，则的取值范围为___________.

【答案】

【分析】根据已知先求出的值，记，得到，记，再利用导数求函数的最值得解.

【详解】解：由题可知，即，

又

由题可知，，

记，则，

记，

则在上恒成立，

在上恒成立，

故在上单调递减，在上单调递增，又，

.

故答案为：

四、解答题

17．已知数列满足，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用通项公式列式求出首项和公比，即可得解；

（2）根据进行裂项求和可求出结果.

【详解】(1)因为数列满足，设，则，与已知矛盾，所以，

又，所以，所以

所以数列是等比数列，

设数列的公比是q，首项是，则q＝3.

由，可得，所以，所以；

(2)因为，

所以.

18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)若，求C；

(2)若D为BC边上一点，且，AD＝3，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，由此可求A，结合内角和公式求C；（2）由余弦定理结合可推得，利用向量表示出，结合可求得，利用三角形面积公式即可求得答案.

【详解】(1)因为

由正弦定理得，

又，

，

所以，

即，即，因为，所以，

所以，且，所以，

又，所以；

(2)在中，因为，所以，又，

由余弦定理得，即，解得（舍去），因为D为BC边上一点，且，所以,

所以，

所以，即，

因为，所以，解得，

所以的面积.

19．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，是的中点.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，先证平面，得，再由，得，即可得到平面

（2）连接，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出面，面的法向量，求得法向量的余弦值，即可得二面角的正弦值.

【详解】(1)

连接，因为四边形是菱形，所以，

因为，所以

为等边三角形，所以.

因为平面平面，平面平面平面，

所以平面，

平面，所以.

因为，即，所以.

又，平面，平面，所以平面；

(2)

连接，因为是的中点，所以.

又因为平面平面，平面平面平面，

所以平面.

设，因为，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

设平面的法向量是，

则，取，可得.

设平面的法向量是，

则，取，可得

所以，

因此，二面角的正弦值是.

20．我国出现了新冠疫情后，医护人员一直在探索治疗新冠的有效药，并对确诊患者进行积极救治.现有6位症状相同的确诊患者，分成两组，组3人，服用甲种中药，组3人，服用乙种中药.服药一个疗程后，组中每人康复的概率都为，组3人康复的概率分别为.

(1)设事件表示组中恰好有1人康复，事件表示组中恰好有1人康复，求；

(2)求组康复人数比组康复人数多的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用二项分布概率公式求得,利用独立、互斥事件的概率公式求得,进而利用的独立性求得；

（2）先仿照（1）中的方法求得A组中服用甲种中药康复的人数的分布列和B组中服用乙种中药康复的人数的分布列，再根据独立、互斥事件概率公式计算A组康复人数比B组康复人数多的概率.

【详解】(1)解：依题意有，，

，

又事件与相互独立，

则；

(2)解：设A组中服用甲种中药康复的人数为，则，

，

，

，

设组中服用乙种中药康复的人数为，则的可能取值为，

，

，

A组康复人数比B组康复人数多的概率

21．已知函数，其中为非零实数.

(1)讨论的单调性；

(2)若有两个极值点，且，证明：.

【答案】(1)当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

(2)证明见解析

【分析】(1)求导，得，分、、三种情况讨论导数的正负并确定函数的单调性；

(2)由题意可得，则有，，将问题转化为证明，构造函数，求导，只需故即可.

【详解】(1)解：函数的定义域为，

则，

①当即时，，函数在上单调递增；

②当即时，令，得，

则当时，，

当时，，

故在和上单调递增，在上单调递减；

③当时，，舍去.

则当时，，

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

综上所述：当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

(2)证明：因为有两个极值点，由（1）知当时，，

所以且，，

因为，所以，所以，，

要证，

，

，

令，

则，

所以在上单调递增，且，

故，即.

22．在平面直角坐标系中，已知，，动点P满足，且.设动点P形成的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的标准方程；

(2)过点的直线l与曲线C交于M，N两点，试判断是否存在直线l，使得A，B，M，N四点共圆.若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)不存在直线符合题意，理由见解析

【分析】（1）设，则由，可得，，再结合，消去，即可得曲线C的标准方程，

（2）判断直线l的斜率存在，设l：，设，，将直线方程代入曲线C的方程，化简后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式表示出MN的中点的坐标，利用弦长公式表示出，表示出线段MN的中垂线方程，求出其与与x轴的交点坐标为，而AB的中垂线为x轴，所以若A，B，M，N共圆，则圆心为，从而由列方程求解即可.

【详解】(1)设，则，，，

因为，所以，

所以，，所以，，

又，整理得，

即曲线C的标准方程为；

(2)易知当l的斜率不存在时，直线l与曲线C没有两个交点，所以直线l的斜率存在，

设l：，将直线l与曲线C联立，得，

消去y，整理得，

因为且，

所以且，

设，，

则，，

所以MN的中点，

且，

将，代入上式，

整理得，

当时，线段MN的中垂线方程为：，

令y＝0，解得，即与x轴的交点坐标为，

当k＝0时，线段MN的中垂线为y轴，与x轴交于原点，符合Q点坐标，

因为AB的中垂线为x轴，所以若A，B，M，N共圆，则圆心为，

所以，

所以，

整理得，即，

因为且，

所以上述方程无解，即不存在直线l符合题意.