2023届广东省清远市华侨中学高三上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省清远市华侨中学高三上学期10月月考数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省清远市华侨中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则下列结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】求函数的值域求得集合，求函数的定义域求得集合，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】，所以，
，所以.
∵，，故A错，B错；
∵，，∴，D错.
，C正确.
故选：C
2．已知复数z满足，则复数z在复平面内所对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】结合复数除法运算求得，由此确定正确选项.
【详解】依题意，，
，
对应坐标为，在第四象限.
故选：D
3．在中，，，则的面积为（    ）
A．3 B．4 C．6 D．
【答案】A
【分析】由，求得，再利用三角形面积公式求解.
【详解】解：因为，且，
所以，
所以，
故选：A
4．已知是定义在上的偶函数，当时，的图象如图所示，则不等式的解集为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据偶函数的对称性，得到的取值情况，原不等式等价于或，根据正弦函数的性质，分别求出的取值范围，即可得解；
【详解】解：因为为偶函数，所以函数图象关于轴对称，
由图可得时，时，时；
又当时，时，时，时，
不等式等价于或，
所以或或，即不等式的解集为；
故选：A
5．设等差数列的公差为d，若，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】利用指数函数的单调性、数列增减性的定义以及等差数列的定义，结合充分、必要性定义判断即可.
【详解】充分性：若，则，即，∴，即，所以充分性成立；必要性：若，即，∴，则，必要性成立.因此，“”是“”的充要条件.
故选：C.
6．已知函数，则不等式的解集为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分析可知函数为上的偶函数，且该函数在上单调递增，将所求不等式变形为，可得出关于实数的不等式，即可得解.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
且，
所以，函数为偶函数，
当时，
且不恒为零，所以，函数在上为增函数，
由可得，则，可得，
整理可得，解得.
故选：D.
7．连续向上抛一枚硬币五次，设事件“没有连续两次正面向上”的概率为，设事件“没有连续三次正面向上”的概率为，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】抛一枚硬币五次，共有32种可能，列表写出各种可能，然后计数后可得，从而得出结论．
【详解】抛一枚硬币五次，每次都有正面或反面向上两种可能，五次共有32种可能，列表如下：
1
正
正
正
正
正

17
正
正
正
正
反
2
反
正
正
正
正

18
反
正
正
正
反
3
正
反
正
正
正

19
正
反
正
正
反
4
反
反
正
正
正

20
反
反
正
正
反
5
正
正
反
正
正

21
正
正
反
正
反
6
反
正
反
正
正

22
反
正
反
正
反
7
正
反
反
正
正

23
正
反
反
正
反
8
反
反
反
正
正

24
反
反
反
正
反
9
正
正
正
反
正

25
正
正
正
反
反
10
反
正
正
反
正

26
反
正
正
反
反
11
正
反
正
反
正

27
正
反
正
反
反
12
反
反
正
反
正

28
反
反
正
反
反
13
正
正
反
反
正

29
正
正
反
反
反
14
反
正
反
反
正

30
反
正
反
反
反
15
正
反
反
反
正

31
正
反
反
反
反
16
反
反
反
反
正

32
反
反
反
反
反

其中没有连续两次正面向上的有13种，没有连续三次正面向上的有24种，
所以，，．
故选：B．
8．已知函数，若对定义域内任意、，均满足，则称为几何函数，下列选项中不是几何函数的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用基本不等式可判断AB选项，利用指数运算可判断C选项，利用特殊值法可判断D选项.
【详解】对于A选项，对任意的、，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，即为几何函数；
对于B选项，对任意的、，，，
由基本不等式可得
，
当且仅当时，两个等号成立，所以，为几何函数；
对于C选项，对任意的、， ，
即为几何函数；
对于D选项，由两角和的正切公式可得，
所以，，
取，，则，
，
作出函数的图象如下图所示：

由图象可知，，
又，所以，，即，
所以函数不是几何函数.
故选：D.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

二、多选题
9．某市为了研究该市空气中的PM2.5浓度和浓度之间的关系，环境监测部门对该市空气质量进行调研，随机抽查了100天空气中的PM2.5浓度和浓度（单位：），得到如下所示的2×2列联表：

PM2.5



64
16

10
10

经计算，则可以推断出（    ）
附：

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828

A．该市一天空气中PM2.5浓度不超过，且浓度不超过的概率估计值是0.64
B．若2×2列联表中的天数都扩大到原来的10倍，的观测值不会发生变化
C．有超过99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与浓度有关
D．在犯错的概率不超过1%的条件下，认为该市一天空气中PM2.5浓度与浓度有关
【答案】ACD
【分析】对于A选项，根据表格，进行数据分析，直接求概率；
对于B，C，D选项，进行独立性检验，计算后对照参数下结论.
【详解】补充完整列联表如下：

PM2.5


合计

64
16
80

10
10
20
合计
74
26
100

对于A选项，该市一天中，空气中PM2.5浓度不超过，且浓度不超过的概率估计值为，故A正确；
对于B选项，，故B不正确；
因为7.4844>6.635，根据临界值表可知，在犯错的概率不超过1%的条件下，即有超过99%的把握认为该市一天空气中PM2.5浓度与浓度有关，故C，D均正确.
故选：ACD.
10．已知的面积为3，在所在的平面内有两点P，Q，满足，记的面积为S，则下列说法正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】利用向量的共线定义可判断A；利用向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可判断B；利用向量数量积的定义可判断C；利用三角形的面积公式即可判断D.
【详解】由，，
可知点P为的三等分点，点Q 为延长线的点，
且为的中点，如图所示：

对于A，点P为的三等分点，点为的中点，
所以与不平行，故A错误；
对于B，,
故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，设的高为，，即，
则的面积，故D正确；
故选：BCD
11．已知直线，圆，M是l上一点，MA，MB分别是圆O的切线，则（    ）
A．直线l与圆O相切 B．圆O上的点到直线l的距离的最小值为
C．存在点M，使 D．存在点M，使为等边三角形
【答案】BD
【分析】对于A选项，分析圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系，若，则直线l与圆O相切，若，则直线l与圆O不相切；对于B选项，圆O上的点到直线l的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径长；对于C选项，当MO最短时，有最大的张角；对于D选项，考虑能否等于60°.
【详解】对于A选项，圆心到直线的距离，所以直线和圆相离，故A错误；
对于B选项，圆O上的点到直线l的距离的最小值为，故B正确；
对于C选项，当OM⊥l时，有最大值60°，故C错误；
对于D选项，当OM⊥l时，为等边三角形，故D正确.
故选：BD.
12．已知是在上连续可导，其导函数记作，则下列命题正确的是（    ）
A．若为奇函数，则为偶函数；若为偶函数，则为奇函数
B．若关于直线对称，则为关于点中心对称；若关于点中心对称，则关于直线轴对称
C．若为周期为的周期函数，则也是周期为的周期函数
D．若在区间上为增函数，则在区间上也为增函数
【答案】ABC
【分析】利用函数奇偶性、对称性、周期性以及复合函数的求导法则可判断ABC选项；利用特例法可判断D选项.
【详解】对于A选项，若函数为奇函数，则，求导得，
所以，若为奇函数，则为偶函数；
若函数为偶函数，则，求导得，
所以，若为偶函数，则为奇函数，A对；
对于B选项，若关于直线对称，则，求导得，
所以，若关于直线对称，则为关于点中心对称；
若关于点中心对称，则，求导得，
所以，若关于点中心对称，则关于直线轴对称，B对；
对于C选项，若为周期为的周期函数，则，求导得，
所以，若为周期为的周期函数，则也是周期为的周期函数，C对 ；
对于D选项，取，则在上为增函数，但在上不是增函数，D错.
故选：ABC.

三、填空题
13．若，则____________.
【答案】
【分析】利用换元法和二项展示式的通项公式可求.
【详解】设，则，
而的展开式的通项公式为，
令，则，故，
故答案为：
14．已知一个圆柱的体积为，底面直径与母线长相等，圆柱内有一个三棱柱，与圆柱等高，底面是顶点在圆周上的正三角形，则三棱柱的侧面积为__________.
【答案】
【分析】根据圆柱的体积为，底面直径与母线长相等，求得圆柱的底面半径，再利用正弦定理，求得三棱柱的底面边长求解.
【详解】设圆柱的底面半径为，
则，
∴，
设三棱柱底面边长为，
则，
∴，
∴三棱柱的侧面积为，
故答案为：
15．已知，为坐标原点，动点满足，其中，且，则的轨迹方程为________.
【答案】
【解析】设，由向量的坐标运算，用表示出，代入等式后化简即可得的轨迹方程.
【详解】设，
则，
∴，
又，消去得.
故答案为：.
【点睛】本题考查平面向量坐标运算，轨迹方程的求法，属于基础题.

四、双空题
16．若对任意的恒成立，当时，的最小值为_________；当取最小值时，＝_________．
【答案】         
【分析】当时，转化为对任意的恒成立，令，利用导数求得函数的单调性与最大值，求得，再令，令，得到，要使得直线在轴上的截距最大，得到，结合导数的几何意义，即可求解.
【详解】当时，对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，所以，所以的最小值为.
令，令，可得，
要使得最小，则最大，
设直线与相切的切点坐标为，
要使得直线在轴上的截距最大，则，
又由，可得，
则切线方程为，令，可得，即，
所以.
故答案为：；.

五、解答题
17．如图，在平面四边形中，，，且是边长为的等边三角形，交于点．

(1)若，求；
(2)若，设，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求得，可求得的长，然后在中，利用勾股定理可求得的长；
（2）求得，，在中利用余弦定理可得出关于的等式，结合三角恒等变换可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值.
【详解】（1）解：因为，可得，
因为，可得，，
故中，，可得．
（2）解：设，则，，
在中，由余弦定理得，
所以，
可得，
可得，可得，解得，
因为，则，得，
则，所以，得．
18．已知数列满足，，．
(1)设，，求证：数列为等差数列；
(2)求证：，．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析

【分析】（1）由整理得，进而得，由等差数列定义得证；
（2）先求出，进而得到，，按照裂项相消求和求出即可得证.
【详解】（1）由得，
，即，又，故数列是以4为首项，2为公差的等差数列；
（2）由（1）知：，化简得，故，.
19．如图，三棱柱中，侧面为菱形，.

（Ⅰ）证明：;
（Ⅱ）若，，，求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）连接，交于，连接，可证平面，结合可得.
（Ⅱ）建立空如图所示的空间直角坐标系，用坐标表示相关点的坐标，分别求半平面和的法向量，将求二面角问题转化为求法向量夹角处理．
【详解】（I）连接，交于，连接，
因为侧面为菱形，所以，且为与的中点．
又，而，平面，
所以平面，而平面，故，
又,故．
（II）因为，且为的中点，所以，
又因为，，，故，
由四边形为菱形，故即，故，
故，从而两两垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系．

因为，所以为等边三角形．
又，不妨设，则，
则，，，．
,,．
设是平面的法向量，则，
故，取，则，故．
设是平面的法向量，则，同理可取．
则．
而二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为．

20．一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n．如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验．
假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为50%，且各件产品是否为优质品相互独立
（1）求这批产品通过检验的概率；
（2）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X（单位：元），求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）记该批产品通过检验为事件A；则；
（2）X的可能取值为400、500、800；
，，，则X的分布列为
X

400

500

800

P









【详解】(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A，
第一次取出的4件产品中全为优质品为事件B，
第二次取出的4件产品都是优质品为事件C，
第二次取出的1件产品是优质品为事件D，
这批产品通过检验为事件E，
∴P(E)＝P(A)P(B|A)＋P(C)P(D|C)＝.
(2)X的可能取值为400，500，800，并且
P(X＝400)＝1－， P(X＝500)＝ ，P(X＝800)＝＝ ，
∴X的分布列为
X

400

500

800

P








EX＝400×＋500×＋800×＝506.25.

21．已知抛物线，直线交抛物线于和两点且与轴的正半轴交于．
(1)求证：，；
(2)若，为抛物线的焦点，在第一象限，连接交抛物线于，已知，，求直线的斜率．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合抛物线的方程可证得结论成立；
（2）设点，分析可知直线、的斜率都存在且均不为零，由可得出，结合韦达定理可得出，，可得出、关于的表达式，由可得出，代入可求得的值，可得出点的坐标，进而可求得直线的斜率.
【详解】（1）证明：若直线的斜率为零，则直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立可得，
，所以，，则.
（2）解：设点，若轴，则轴，此时直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意，
若轴，则直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在且不为零，故直线的斜率存在且不为零，
且，同理可得，
由可得，即，
又由已知，，所以，，即点，
设直线的方程为，联立可得，
，所以，，则，
所以，，可得，
所以，，
整理可得，所以，，由已知，可得，
所以，，即点，
因此，直线的斜率为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数,其中是实数,设,为该函数图象上的两点,且.
(1)指出函数的单调区间;
(2)若函数的图象在点､处的切线互相垂直,且,求的最小值.
(3)若函数的图象在点､处的切线重合,求的取值范围.
【答案】（1）x0时, f(x)在(0,+∞)单调递增（2）1（3）(﹣1﹣ln2,+∞)
【分析】（1）分别计算和时的单调区间，综合得到答案.
（2）根据题意得到，再利用均值不等式得到答案.
（3）根据题意知， 计算切线方程为和
，根据切线重合计算得到答案.
【详解】(1)当x0时，f(x)=lnx，在(0，+∞)单调递增.
(2)∵x1