2023届甘肃省张掖市高台县高三上学期12月月考数学（理）试题（Word版含答案）

这是一份2023届甘肃省张掖市高台县高三上学期12月月考数学（理）试题（Word版含答案），共13页。试卷主要包含了安徽省地形具有平原、台地等内容，欢迎下载使用。

（试卷总分150分 考试时间120分钟）
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.若集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.已知，是复数的共轭复数，则复数（ ）
A.B.C.D.
3.已知命题：，或，则（ ）
A.：，或B.：，且
C.：，且D.：，或
4.在矩形中，，，若点、分别是，的中点，则（ ）
A.B.C.D.
5.已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（ ）
A.96B.102C.118D.126
6.按照如图所示的程序框图，其运行的结果为（ ）
A.B.
C.D.
7.在崂山的午山脚下临海断崖南侧，距岸百米处有一座石柱，形如老人坐在碧波之中，人称“石老人”.老人以手托腮，注目凝神，每天晨迎旭日，暮送晚霞，伴着潮起潮落，历尽沧桑，不知度过了多少岁月.这个由大自然鬼斧神工雕凿的艺术杰作，已成为石老人国家旅游度假区的重要标志，若该景区在开放时间内，每半个小时会有一趟观光车从景区入口发车，有一名学生周日上午某时刻到达景区入口，准备乘坐观光车，则他等待时间不多于10分钟的概率为（ ）
A.B.C.D.
8.《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，，则鳖臑外接球的表面积是（ ）
A.B.C.D.
9.安徽省地形具有平原、台地（岗地）、丘陵、山地等类型，其中丘陵地区占了很大比重，因此山地较多，著名的山也有很多，比如：黄山、九华山、天柱山.某校开设了研学旅行课程，计划将5名优秀学生分别派往这三个地方进行研学旅行，每座山至少有一名学生参加，则不同的安排方案种数是（ ）
A.150B.120C.160D.180
10.已知抛物线的焦点，过的直线与交于，两点，准线与轴的交点为，当时，直线的方程为（ ）
A.B.C.D.
11.在正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A.平面B.异面直线与所成的角为30°
C.平面平面D.平面平面
12.已知为坐标原点，双曲线的渐近线方程是，且经过点，过的右焦点的直线与两条渐近线分别交于点，，以为直径的圆过点，则下列说法不正确的是（ ）
A.双曲线的标准方程为B.直线的倾斜角为或
C.圆的面积等于D.与的面积之比为
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
本卷包括必考题和选考题两个部分.第13题~第21题为必考题，每个考生都必须作答.第22题~第23题为选考题，考生根据要求作答.
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上.
13.函数在处有极值，则的最小值为______.
14.已知锐角满足，则______.
15.已知定义在R上的函数，满足，且当时，，则满足不等式的的取值范围是______.
16.函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是______.
①若把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数是奇函数；
②函数的图象关于点对称；
③函数在单调递减；
④该图象先向右平移个单位，再把图象上所有的点横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），可得的图象；
⑤，若恒成立，则实数的取值范围为.
三、解答题：本大题共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.（12分）已知的内角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角；
（2）若为的中点，且的面积为，，求的长.
18.（12分）文旅部门统计了某网红景点在2022年3月至7月的旅游收入（单位：万），得到以下数据：
（1）根据表中所给数据，用相关系数加以判断，是否可用线性回归模型拟合与的关系？若可以，求出关于之间的线性回归方程；若不可以，请说明理由（精确到0.001）；
（2）为调查游客对该景点的评价情况，随机抽查了200名游客，得到如下列联表，请填写下面的列联表，并判断能否有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关”.
参考公式：相关系数，参考数据：.线性回归方程：，其中，，.
临界值表：
19.（12分）已知椭圆的离心率为，直线交椭圆的弦长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过定点的直线交椭圆于，两点，椭圆的右顶点为，设直线，的斜率分别为，，求证：恒为定值.
20.（12分）如图，在直三棱柱中，，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的大小.
21.（12分）已知函数（且）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，试判断函数的零点个数.
请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.
22.（10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
（2）已知点的直角坐标为，过点作直线的垂线交曲线于、两点（在轴上方），求的值.
23.（10分）已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围.
数学参考答案
1.（理科）B【解析】∵集合，，∴，故选：B.
2.D【解析】因为，是复数的共轭复数，所以，则：复数，∴复数，故选：D.
3.B【解析】由题意知，命题：，或，则：，且，故选：B.
4.B【解析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系，则、、、，则，，因此，，故选：B.
5.B【解析】在等比数列中，，所以，所以，在等差数列中，，，所以，故选：B.
6.D【解析】根据程序框图可知，其终止程序运行的值为101，程序框图计算结果为：，故选：D.
7.D【解析】由题意，观光车的发车间隔为30分钟，即等待时间的区间为，设等待时间为，则等待时间不多于10分钟的等待时间区间为，由几何概型可得，等待时间不多于10分钟的概率为.故选：D.
8.A【解析】由题意可知，如图，将鳖臑补全成长方体，
则鳖臑外接球的半径，故鳖臑外接球的表面积为，故选：A.
9.（理科）A【解析】根据题意，分2步进行分析：①将5名优秀学生分为3组，若分为3、1、1的三组，有种分组方法，若分为2、2、1的三组，有种分组方法，故共有种分组方法，②将分好的3组安排到3个地方进行研学旅行，有种情况，则有种安排方法.故选：A。
10.B【解析】由已知可得，∴，，故抛物线，又因为，设直线的方程为，，，由，得，，，，∴，，由，得，∴，∴，∴，解得，直线的方程为：.故选：B.
11.（理科）D【解析】对于选项A，虽然.但与不垂直，故选项A错误；对于选项B，连接，则，为异面直线与所成的角或补角，连接，则为等边三角形，所以，选项B错误；对于C，因为，，由面面平行的判定定理可得平面平面，而平面与平面相交，所以平面与平面也相交，故C错误；对于D，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，可取，则，，即，设平面的法向量为，则，可取，则，，可得平面的一个法向量为，由，所以，即平面平面，故D正确.故选：D.
12.（理科）D【解析】∵双曲线的渐近线为，∴设双曲线方程为，∵双曲线经过点，∴，得.∴双曲线的标准方程为，故A正确；∵以为直径的圆过点，∴，又渐近线方程为，可得渐近线的倾斜角分别为，，则，，则直线的倾斜角为或，故B正确；根据双曲线的对称性，不妨设的倾斜角为，由，可得直线的方程为，分别与两条渐近线方程联立，解得，，此时，故圆的半径，其面积为，故C正确；∵为与的公共边，∴与的面积之比等于，故与的面积之比为，故D错误.故选：D.
13.【答案】【解析】由题意得，因为在处有极值，所以，所以.所以，当且仅当，时，等号成立.故答案为：.
14.（理科）【答案】【解析】∵，∴，即，又∵为锐角，∴，∴，即，∴，故有：
，故答案为：.
15.【答案】【解析】因为，即，所以为奇函数，因为当时，，当时，，，故在时单调递减，在时单调递减，又，，，由得或，解得，故答案为：.
16.（理科）【答案】①②④⑤【解析】由图象可知：的最小正周期，∴；∴，解得：，又，∴，∴，对于①，的图象向右平移个单位长度得：，∴，即为奇函数，故①正确；对于，令，求得，可得函数的图象关于点对称，故②正确；对于③，在上，，函数不单调，故③错误；对于④，把的图象先向右平移个单位，可得的图象；再把图象上所有的点横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），可得的图象，故④正确，对于⑤，，由得：，当时，，∴，∴，∴，即实数的取值范围为，故⑤正确.
17.【答案】解：（1）由，根据正弦定理可得，得，得
，∵，，∴，∴，即.
（2）根据题意可知，的面积为，故，解得；在中，利用余弦定理可得：，化简求解得：，故，在和中，，，因为，不难求得：.
18.【答案】解：（1）由已知得：，，，，，，因为，说明，与的线性相关关系很强，可用线性回归模型拟合与的关系，∴，，则关于的线性回归方程为：.
（2）列联表如下所示：
根据列联表中数据，，∴有99.9%的把握认为游客是否喜欢该网红景点与性别有关.
19.【答案】解：（1）∵，则，，∴即为：，把代入整理得：，则，，这时，
，∴，∴所求的方程为：.
（2）证明：由题意可知，直线斜率存在，设即，代入椭圆方程整理得：，∴，，又，，同理，∴
.
20.（理科）【答案】（1）证明：连接，由三棱柱为直三棱柱可得平面，平面，所以，因为，，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以四边形是正方形，所以，又因为，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.
（2）因为，，，根据勾股定理可知：，从而有：，，两两垂直，现以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下：
则，，，，设平面的法向量为，因为，，则，，令，则，设平面的法向量为，因为，，则，，令，则，设二面角的平面角为，根据几何体特征可知为锐角，所以，所以二面角的大小为.
21.【答案】（1）∵函数（且），∴，且定义域为，∴当时，恒成立，故函数在上单调递增；当时，由得，由得，由得，∴函数在上单调递增，在上单调递减，综上所述，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）时，试判断函数的零点个数，题意转化为当时，判断方程的根的个数，令，，则，由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，∴当时，取得极小值也是最小值，即，∴在上恒成立，
∴，∴在上单调递增，
∴，，
∴当或时，没有零点，当，有一个零点，故当时，没有零点，当时，有一个零点.
22.【答案】解：（1）由，消去参数得，即直线的普通方程为；由，得，∵，，∴，即曲线的直角坐标方程.
（2）依题意，设直线的参数方程为（为参数），代入，得，设点对应的参数为，点对应的参数为，则，且在轴上方，有，.故，即的值为.
23.【答案】解：（1）当时，，当时，，解得，故，当时，，解得，故，当时，，解得，故，故原不等式的解集为.
（2）当时，可化为，∴或，即存在，使得或，∴或，即或，故实数的取值范围为. 月份
3
4
5
6
7
旅游收入
10
12
11
12
20
喜欢
不喜欢
总计
男
100
女
60
总计
110
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
喜欢
不喜欢
总计
男
70
30
100
女
40
60
100
总计
110
90
200