2023届贵州省镇远县文德民族中学校高三上学期第三次月考数学（理）试题（解析版）

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2023届贵州省镇远县文德民族中学校高三上学期第三次月考数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意可得，再由交集的定义求解即可.【详解】解：因为，所以.故选：C.2．已知i是虚数单位，复数满足，则复数的共轭复数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简可得，，从而求得，则.【详解】由可得，，所以，，则.故选：B.3．若数列是等比数列，且，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】根据等比数列的下标和性质将题目化简后易得答案.【详解】数列是等比数列中，且故选：C4．已知某公司的1800名员工由老年人、中年人、青年人组成，其中中年人有360人，用分层抽样的方法抽取360人，抽取的青年人比抽取的老年人多88人，则该公司的员工中青年人人数是（    ）A．188 B．360 C．760 D．940【答案】D【分析】首先求出抽样比为，可知抽取中年人为72，设抽取的青年人数为，可得，从而得到结果.【详解】由已知可得，抽样比为，则抽取的中年人数为.设抽取的青年人数为，则抽取的老年人数为，所以，有，解得.所以，该公司的员工中青年人人数是.故选：D.5．若，满足约束条件则的最大值是A．-8 B．-3 C．0 D．1【答案】C【分析】作出可行域，把变形为，平移直线过点时，最大.【详解】作出可行域如图：由得：，作出直线，平移直线过点时，.故选C.【点睛】本题主要考查了简单线性规划问题，属于中档题.6．在前项和为的等差数列中，，，则（    ）A．38 B．37 C．36 D．35【答案】D【分析】写出等差数列的通项公式以及前n项求和公式，利用题中所给的条件即可.【详解】设 的通项公式为 ，其中 是首项，d是公差，则 ， ，由题意 ，解得 …① ，将 代入得 ， ， ；故选：D.7．某四棱锥的三视图如图所示，已知该四棱锥的体积为40，则其最长侧棱与底面所成角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出三视图对应的几何体的直观图，利用三视图的数据求解最长侧棱与底面所成角的正切值即可【详解】由三视图可知，该四棱锥的底面是长为6，宽为5的矩形，设高为h，所以，解得，则其最长侧棱与底面所成的角的正切值为.故选：A【点睛】本题解答的关键是画出直观图，考查线面角的求法，属于基础题.8．在中，，斜边上一点满足，则（    ）A．24 B．27 C．36 D．81【答案】B【分析】先根据向量的减法,把用和表示,在应用,根据数量积定义和运算律计算即可.【详解】因为,所以,可得,所以又因为,,所以所以故选:.9．偶函数的图象在处的切线斜率为 A．2e B．e C． D．【答案】A【分析】先通过偶函数的性质求出的值，然后对函数求导，即可求出的值，即为图像在处的切线斜率．【详解】由于函数为偶函数，则，即，解得，故，则，则，故函数的图像在处的切线斜率为.故选A.【点睛】本题考查了导数的几何意义，以及偶函数的性质，属于基础题．10．奔驰汽车是德国的汽车品牌，奔驰汽车车标的平面图如图（1），图（2）是工业设计中按比例放缩的奔驰汽车车标的图纸．若向图（1）内随机投入一点，则此点取自图中黑色部分的概率约为（    ）A．0.108 B．0.237 C．0.251 D．0.526【答案】B【分析】求最大圆的面积，利用两圆面积差求黑色圆环面积，利用三角形的面积公式求每一个黑色三角形面积，最后利用数值的估算锁定答案.【详解】最大圆的面积；黑圈面积 ；每个黑色三角形黑色面积与总面积的比值为 0.237（可以代入，也可以借助找到最接近的答案）故选：B.11．已知抛物线的焦点为，准线为，直线交抛物线于，两点，过点作准线的垂线，垂足为，若等边三角形的面积为，则的面积为A． B． C．16 D．【答案】B【分析】由为等边三角形，得，边长为，结合条件中的面积可得，进而由直线与抛物线联立可得交点坐标，利用面积公式求解即可.【详解】因为为等边三角形，所以，边长为，由，得，抛物线方程为，联立，得，所以，所以，.故.故选B【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，利用了抛物线的定义研究抛物线上的点到焦点的距离，考查了数形结合和计算能力，属于中档题.12．如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将正三棱柱补成一个直四棱柱，分别将直线平移到的位置，在中，利用余弦定理即可求解.【详解】将正三棱柱，补形成直四棱柱，如图所示，设，则，分别取的中点，连接，连接，因为为的中点，所以，又因为且，所以四边形为平行四边形，则有，又因为且，所以四边形为平行四边形，所以，则，再取的中点，连接，则，从而得到，所以即为异面直线与所成的角（或其补角），令，则在中，，，由余弦定理可得：，故选：. 二、填空题13．的展开式中的系数为______．【答案】-1080【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为2可求x2的系数．【详解】的展开式的通项公式为 ，由5﹣r＝2解得r＝3，则的系数为.故答案为-1080【点睛】本题考查二项展开式的运用，考查求特定项的系数，熟练运用公式求解即可.14．已知双曲线﹣＝1的一个焦点是（0，2），椭圆﹣＝1的焦距等于4，则n＝___．【答案】5【分析】根据双曲线焦点的位置确定出m的符号，进而求出m，然后根据椭圆的焦距求出n.【详解】由题意可得m＜0，且22＝﹣3m﹣m，解得m＝﹣1，故椭圆﹣＝1的方程可化为，故其焦距2c＝2＝4或2c＝2＝4，解得n＝5，或n＝﹣3（此时方程不表示椭圆，舍去）故答案为：5．15．已知函数，则函数的零点个数为______.【答案】2【分析】先作出的草图，得到的零点为，将的零点转化为，即看的解的个数，由图像即可得出结果【详解】先由函数画出草图如图，函数的零点为，令，得，函数的零点个数就是方程解的个数，也就是函数的图像与直线交点的个数，由图可知函数的图像与直线有两个不同的交点，，的零点个数为2，故答案为：216．若函数y＝sin2x+cos3x+a﹣1在区间[]上的最小值为0，则a＝_____．【答案】【分析】化简函数的解析式，利用换元法，结合函数的导数，求解函数的最值然后推出结果．【详解】解：函数，因为．所以， 令，则，，，当时，，当时，，从而，解得．故答案为：．【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，属于中档题． 三、解答题17．在中，角的对边分别为，且. （1）求；（2）若，的面积为，求.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)由正弦定理得到，两边消去公因式得到，化一即可求得角A；（2）因为，所以，再结合余弦定理得到结果.【详解】（1）由,得,因为，所以，整理得：，因为，所以. （2）因为，所以，因为及，所以，即.【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.18．如图，菱形的边长为4，，矩形的面积为，且平面平面.(1)证明：；(2)求二面角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【分析】(1) 因为四边形是矩形，所以,再由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直；（2）建立坐标系得到各个面的法向量，进而得到夹角的余弦值，再求正弦值.【详解】(1)证明：因为四边形是矩形，所以.因为平面平面，且平面平面，所以平面.又平面，所以.(2)解：设与的交点为，建立如图所示的空间直角坐标系.因为菱形的边长为4，且，所以.因为矩形的面积为8，所以.则，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，令，则，，所以.设平面的法向量为，则，令，则，，所以.所以，所以.所以二面角的正弦值为.【点睛】这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，平面和平面的夹角．求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可．面面角一般是要么定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，或者建系来做．19．某工厂在两个车间，内选取了12个产品，它们的某项指标分布数据的茎叶图如图所示，该项指标不超过19的为合格产品.（1）从选取的产品中在两个车间分别随机抽取2个产品，求两车间都至少抽到一个合格产品的概率；（2）若从车间，选取的产品中随机抽取2个产品，用表示车间内产品的个数，求的分布列与数学期望.【答案】（1）（2）见解析【分析】（1）利用茎叶图，求出两个车间的产品数，然后求解概率．（2）写出X的所有可能取值并求出取每个值时对应的概率，得到分布列，然后求解期望即可．【详解】（1）由茎叶图知，车间内合格的产品数为4，车间内合格的产品数为2，则所求概率.（2）由题意知，的所有可能取值为0，1，2.则，，，所以的分布列为012 所以.【点睛】本题考查茎叶图的应用，考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查计算能力．20．已知椭圆C：的离心率为，长半轴长为短轴长的b倍，A，B分别为椭圆C的上、下顶点，点．求椭圆C的方程；若直线MA，MB与椭圆C的另一交点分别为P，Q，证明：直线PQ过定点．【答案】（1）；（2）见解析【分析】由题意知，解出a、b即可．点易知，，则直线MA的方程为，直线MB的方程为分别与椭圆联立方程组，解得，，可得，，Q坐标结合对称性可知定点在y轴上，设为N，令直线PN，QN的斜率相等，即可得到定点．【详解】由题意知，解得，所以椭圆C的方程为．易知，，则直线MA的方程为，直线MB的方程为．联立，得，于是，，同理可得，，又由点及椭圆的对称性可知定点在y轴上，设为N（0，n）则直线PN的斜率，直线QN的斜率，令，则，化简得，解得n=，所以直线PQ过定点【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21．已知函数.(1)当时，讨论的单调性；(2)若， ，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导，根据导函数的符号求解；（2）构造函数，求导，再根据a的取值范围分类讨论.【详解】（1） ， ，当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）由题意： ，令 ，则有 ，当 时， ， 单调递增，依题意有 ，所以 ；当 时， ，依题意 ，即无论a为何值原不等式都不成立；当 时， 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增，   ，或  ，即无论a为何值原不等式都不成立； ；综上，a的取值范围是 .【点睛】对于第二问，也可以用参数分离的方法，但是会牵涉到 的问题，需要运用洛必达法则，不如用分类讨论的方法稳妥.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)写出曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)已知点是曲线上一点，点是曲线上一点，求的最小值.【答案】(1)：，：(2) 【分析】(1)曲线化成，根据化简成的关系式.把曲线的极坐标方程中的,用两角和的余弦展开化简，再根据代入可得.(2)根据直线外一点与直线上一点的距离的最小值为直线外这一点到直线的距离，设出，然后根据点到直线的距离公式得到，根据，来讨论，即可求出最小值.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（为参数），所以，又因为所以，曲线：又因为，即即，即又因为，所以变为：故曲线的直角坐标方程：（2）设，因为直线外一点与直线上一点的距离的最小值为直线外这一点到直线的距离.点到直线的距离为：又因为，所以，所以所以的最小值为，故的最小值为23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若关于的不等式恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分，，不同范围讨论，分别求解即可得到结果；（2）根据题意转化为求，即可得到，求解不等式即可得到结果.【详解】（1）由，得，当时，由，得；当时，由，得；当时，由，得，综上所述，不等式的解集为（2）不等式，即为，而，所以，解得或，所以的取值范围是