2023届云南省部分重点中学高三上学期10月份月考数学试题含解析

这是一份2023届云南省部分重点中学高三上学期10月份月考数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届云南省部分重点中学高三上学期10月份月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．或C． D．或【答案】A【分析】解不等式即可得解.【详解】解不等式得或，或则.故选：A2．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.【详解】解：因为，所以．故选：B3．随着人们环保意识的增强，一次性筷子的使用率在降低．某调查小组为了了解目前一次性筷子的使用情况，在街头随机抽取了一部分人做了一次问卷调查，其中老年人、中年人、青年填写的问卷分别有200份、300份、500份，现在用分层抽样的方法抽出样本进行研究，若抽取的样本中中年人填写的问卷有60份，则样本量为（    ）A．60 B．150 C．200 D．300【答案】C【分析】根据分层抽样的定义，列出方程求解即可【详解】设样本量为，则，解得．故选：C4．已知双曲线的离心率是，则双曲线的离心率是（    ）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】依题意可得，再根据离心率公式计算可得.【详解】解：由题意可得，所以，所以双曲线的离心率．故选：D5．在中，角B是最大的内角，“”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．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】充分性：由，平方化简得，所以，则是钝角三角形，必要性：举反例证明即可.【详解】由，平方得，所以，角B是的内角，所以，所以，则是钝角三角形，反之，不一定成立，不妨设，则，故“”是“是钝角三角形”的充分不必要条件．故选：A.6．已知，则和1的大小关系是（    ）A． B．C． D．与m的取值有关【答案】A【分析】根据不等式的性质进行判断即可.【详解】因为，所以，则．故选：A7．已知函数（，且），若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用函数解析式可证明，代入求解即可.【详解】因为，所以，所以，所以．因为，所以．故选：A8．“易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．”太极和八卦组合成了太极八卦图（如图1）．某太极八卦图的平面图如图2所示，其中正八边形的中心与圆心重合，O是正八边形的中心，MN是圆O的一条直径，且正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为，．若点P是正八边形ABCDEFGH边上的一点，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】连接PO，根据平面向量的线性运算可得，再根据正八边形的性质可得的取值范围，结合即可求得的取值范围.【详解】如图，连接PO．因为，，所以．因为正八边形ABCDEFGH内切圆的半径为，，所以．因为，所以，所以，即的取值范围是．故选：D 二、多选题9．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题错误的是（    ）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】ABD【分析】根据直线与平面的位置关系，结合异面直线的定义，可得答案.【详解】由，，得，平行或异面，则A错误；由，，，得，平行或异面，则B错误；由，，得，则C正确；由，，，得，平行或异面或相交，则D错误．故选：ABD.10．已知函数，则（    ）A．的定义域为 B．的图象关于直线对称C． D．的值域是【答案】AC【分析】根据解析式可得函数的定义域可判断A，利用特值可判断，直接求函数值可判断C，根据定义域及不等式的性质求函数的值域可判断D.【详解】由，可得，所以的定义域为，则A正确；因为，，所以，所以的图象不关于直线对称，则B错误；因为，所以，则C正确；因为，所以，且，所以，且，当时，，即，当时，，即，所以的值域是，故D错误．故选：AC.11．若关于的方程有两个不同的实根，则的取值可以是（    ）A．2 B． C． D．3【答案】AB【分析】转化为两个函数图象有两个交点，数形结合求解【详解】由题意得曲线与直线有两个不同的交点，即曲线与直线有两个不同的交点．如图，当直线经过原点时，；当直线与曲线相切时，由解得，（舍去）．故的取值范围是．故选：AB12．已知函数，则（    ）A．的图象关于轴对称 B．的值域是C．在上单调递增 D．在上的所有零点之和为【答案】ACD【分析】根据奇偶性的定义可判断A，由导数和单调性的关系可判断B，由复合函数的单调性可判断C，由零点的定义可判断D.【详解】因为，所以，所以是偶函数，即的图象关于轴对称，则A正确．因为．设，则，故．由，得；由，得或．则在和上单调递减，在上单调递增．因为，，，所以，即的值域是，则B错误．当时，．因为在上单调递减，且在上单调递减，所以在上单调递增，则C正确．令，得或．因为，所以，所以或或，则在上的所有零点之和为，故D正确．故选：ACD 三、填空题13．的展开式中项的系数是________．（用数字作答）【答案】35【分析】由二项式定理求解【详解】展开式的通项为．令，得，则．故答案为：3514．函数的图象在处的切线方程是________．【答案】（或）【分析】由导数的几何意义求解，【详解】由题意可得，则，，故所求切线方程为，即（或）．故答案为：15．在正四棱锥中，，，则该四棱锥内切球的表面积是________．【答案】【分析】由题意，利用等体积法求内切球的半径，先求正四棱锥的体积和表面积，设出内切球的半径，直观想象体积组合，建立方程，结合求的表面积，可得答案.【详解】过点作平面，则为正方形的中心，连接，易知．因为，所以，所以，则四棱锥的体积，四棱锥的表面积．设四棱锥内切球的半径为，则，即，解得，故四棱锥内切球的表面积是．故答案为：16．已知椭圆：的左、右焦点分别是，，，是椭圆的任意两点，四边形是平行四边形，且，则椭圆的离心率的取值范围是________．【答案】【分析】四边形是平行四边形分析可得，，再根据可得，结合及运算求解.【详解】因为四边形是平行四边形，则且∴，则若，即所以，即，同除以可得：，解得．因为，所以．故答案为：. 四、解答题17．设等比数列的前项和为，且，．(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）结合题干条件求解基本量，利用等比数列的通项公式求解即可；（2）分组求和即可得解.【详解】(1)设数列的公比为，则解得，．故．(2)由（1）可得．则．18．如图，在三棱柱中，平面，，是边长为4的等边三角形，是棱的中点．(1)证明：平面．(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明，（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，【详解】(1)证明：连接，记，连接．由三棱柱的定义可知四边形是平行四边形，则为的中点．因为是棱的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．(2)因为，是棱的中点，所以．因为平面，平面，所以．因为平面，平面，且，所以平面．故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，从而，．设平面的法向量，则令，得．平面的一个法向量．则平面与平面夹角的余弦值19．已知盒子里有3个黑球，2个白球，甲、乙两人依次轮流从中有放回地摸1个球，每人摸球2次．规则如下：甲先摸球，若摸出黑球，得2分，否则得1分；再由乙第一次摸球，若摸出黑球，其得分在甲第一次得分的基础上加1分，否则得1分；再由甲第二次摸球，若摸出黑球，其得分在乙第一次得分的基础上加1分，否则得1分；最后乙第二次摸球，摸出黑球，其得分在甲第二次得分的基础上加1分，否则得1分．(1)求乙累计得分超过2分的概率；(2)记为甲第二次摸球的得分，求的分布列与期望．【答案】(1)(2)分布列见解析；期望为 【分析】（1）利用对立事件以及独立事件的概率公式，即得解；（2）由题意可知的所有可能取值为1，2，3，4，利用事件的独立性计算概率，列出分布列，计算期望即可.【详解】(1)由题意可得每次摸出黑球的概率为，每次摸出白球的概率为．记事件表示乙累计得分超过2分，则．(2)由题意可知的所有可能取值为1，2，3，4．，，，．则的分布列为1234 故．20．如图，某菜农有一块等腰三角形菜地，其中，米．现将该三角形菜地分成三块，其中．(1)若，求的长；(2)求面积的最小值．【答案】(1)米(2)平方米 【分析】（1）利用正弦定理求出的长，分析可知为等腰三角形，可得出的长，进而可求得的长；（2）用表示、的长，利用三角恒等变换化简面积的表达式，结合正弦型函数的基本性质可求得面积的最小值.【详解】(1)解：在等腰中，因为，则，在中，由题意可得米，，．且，由正弦定理可得，则米．因为，，所以，则米，故米．(2)解：设，其中，则，．在中，由正弦定理可得，则米．在中，由正弦定理可得，则米．的面积．因为，，则，所以当，即时，，故面积的最小值是平方米．21．已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且．(1)求抛物线的标准方程．(2)直线：与抛物线交于，两点，点，若（为坐标原点），直线是否恒过点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．【答案】(1)；(2)直线过定点. 【分析】（1）利用代入法，结合抛物线定义进行求解即可；（2）直线方程与抛物线方程联立，根据角相等的性质、斜率公式、一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】(1)因为点在抛物线上，且，所以有，因此抛物线的标准方程为；(2)设，，直线方程与抛物线方程联立，得，因为，．因为，所以，所以．则，即．当时，，即；当时，，符合题意，即．综上，直线过定点．【点睛】关键点睛：通过角相等得到两条直线的斜率关系是解题的关键.22．已知函数．(1)当时，证明：．(2)记函数，若为增函数，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）要证，即证，设，然后利用导数可证得，则可得，从而可证得结论，（2）由题意可得在上恒成立，则在上恒成立，由（1）可得，化简得，从而可得，进而可得答案.【详解】(1)证明：当时，（）．要证，即证．设，则．当时，；当时，．所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则．所以，所以，即，当且仅当时等号成立．(2)解：因为，所以．因为为增函数，所以在上恒成立，所以在上恒成立．由（1）可知，则，即，从而，即，当且仅当时，等号成立．故，解得，即a的取值范围为．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，考查利用导数求函数的最值，第（2）问解题的关键是将问题转化为在上恒成立，再利用（1）的结论可得，从而可得答案，考查数学转化思想，属于较难题.