2023生产建设兵团第六师五家渠高级中学高三下学期2月月考试题数学（理）含解析

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新疆五家渠高级中学 2022-2023学年高三下学期2月月考 理科数学试题总分150分 考试时间120分钟一、单选题（共12小题每题5分共60分）1. 在复平面内，复数，则对应点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】求得，利用复数的几何意义可得出结论.【详解】，则，因此，对应的点位于第一象限.故选：A.2. 下列说法错误的是（    ）A. 方差可以衡量一组数据的波动大小B. 抽样调查抽取的样本是否具有代表性，直接关系对总体估计的准确程度C. 一组数据的众数有且只有一个D. 抛掷一枚图钉针尖朝上的概率，不能用列举法求得【答案】C【解析】【分析】根据各个选项中的说法，可以判断是否正确，从而可以解答本题.【详解】对于，方差可以衡量一组数据的波动大小，故选项A正确；对于，抽样调查抽取的样本是否具有代表性，直接关系对总体估计的准确程度，故选项B正确；对于，一组数据的众数有一个或者几个，故选项C错误；对于，抛掷一枚图钉,针尖朝上和针尖朝下的可能性不相等，所以针尖朝上不是一个基本事件，所以不能用列举法求得，故选项D正确；故选：C.【点睛】本题考查了一组数据的方差、众数，考查了抽样方式，属于基础题.3. 已知集合，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用并集和补集的定义可求得结果.【详解】由已知可得，因此，.故选：A.4. 已知圆柱的高为3，且其侧面积是18π，则该圆柱的体积为（    ）A. 9π B. 18π C. 27π D. 54π【答案】C【解析】【分析】本题先求，再求圆柱的体积即可.【详解】解：设该圆柱的底面圆的半径为，由题意得：，解得：，故该圆柱的体积为.故选：C.【点睛】本题考查圆柱的侧面积公式、圆柱的体积公式，是基础题.5. 函数的图象大致是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】首先求出函数的定义域，即可排除A，再根据函数的变换趋势及函数值的情况排除BD，即可得解；【详解】解：因为，所以函数的定义域为，故排除A；当时，，，所以，故排除B；当时，，，但是分母的增长速度大于分子中的增长速度，所以，故排除D；故选：C【点睛】本题考查根据函数解析式判断函数图象，属于基础题.6. 若函数在区间上的最大值为2，则它在上的极大值为（    ）A.  B.  C. 24 D. 27【答案】D【解析】【分析】首先求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间与极值点，再根据函数在区间上的最大值，求出参数的值，即可求出函数的极大值；【详解】解：因为，所以，当时，当或时，即在上单调递增，在和上单调递减，所以是函数取得极小值，时函数取得极大值，又，，所以，解得，所以故选：D7. 已知三棱锥S­ABC中，底面ABC是边长等于2的等边三角形，SA⊥面ABC，SA＝3，D为BC的中点，则SD与面ABC所成角的正切值为（ ）A.  B. C. 3 D. 【答案】A【解析】【分析】首先找出SD与面ABC所成角为∠SDA，再求角的正切值.【详解】连接AD．∵△ABC为等边三角形，D为BC的中点，∴ ．又SA⊥平面ABC，∴∠SDA为SD与平面ABC所成的角，∴tan∠SDA＝．故选：A【点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．8. 济南市洪家楼天主教堂于2006年5月被国务院列为全国重点文物保护单位.它是典型的哥特式建筑.哥特式建筑的特点之一就是窗门处使用尖拱造型，其结构是由两段不同圆心的圆弧组成的对称图形.如图2，和所在圆的圆心都在线段AB上，若，，则的长度为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则，表示出，由求出，再进一步求出，即可求出答案.【详解】过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则，在中，，所以，，所以在直角三角形中，，所以，所以，而，所以，所以.故选：A.9. 已知圆锥的底面半径为3，用一个平行于底面的平面去截圆锥，截面圆半径为2，截得的圆台的高为2，则原圆锥的侧面积为（    ）A  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设截面圆的圆心为，截面圆的半径，底面圆半径，，由于求出，勾股定理求出，再由圆锥侧面积公式可得答案.【详解】如图，设截面圆的圆心为，截面圆的半径，底面圆半径， ，由于，所以，所以，，所以原圆锥的侧面积为，故选：C.10. 已知双曲线（）上的点A，B关于原点对称，点P在双曲线上（异于点A，B），直线PA，PB的斜率满足，则（    ）A. 2 B.  C.  D. 3【答案】C【解析】【分析】设，，，利用求解.【详解】解：由题意设，，，则，，即，．∵，∴，解得．故选：C．11. 函数的图象与函数的图象所有交点的横坐标之和等于A. 18 B. 14 C. 16 D. 12【答案】D【解析】【详解】由于函数的图象与函数的图象都关于直线对称，因此在同一平面直角坐标系中画出函数的图象与函数的图象如图，在对称轴的右边共有六个交点，依据对称性在对称轴的左边也有六个交点，其关于直线对称的两根之和等于，则十二个根之和为，应选答案D．点睛：解答本题的关键是借助函数的周期性和对称性，巧妙运用图像的交点的横坐标就是方程的解，运用对称性确定“关于直线对称的两根之和等于”，从而求出所有实数根的和而获解．12. 设是定义在R上的奇函数，当时，，且，则不等式的解集为（    ）A.  B. C 或 D. 或【答案】C【解析】【分析】根据及奇函数判断的单调性，结合求解不等式的解集.【详解】因为当时，，此时单调递增．而是定义在R上的奇函数，所以，且当时，也单调递增．因为，所以．的大致图象如下：根据的单调性可知，不等式的解集为或，故选：C二、填空题（共16分）13. 若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角大小为_____.【答案】【解析】【分析】利用平面向量的数量积的定义和运算法则计算出、、的值，利用公式，结合平面向量夹角的取值范围可求得结果.【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则，所以，，，，所以，，，所以，.故答案为：.14. 已知，⊙：与⊙：交于不同两点，且，则实数的为___.【答案】【解析】【详解】因为，所以,所以两圆圆心的连线必过原点，因为圆心坐标为(2,-1),(b-5,b),所以.15. 五个不同的点最多可以连成线段的条数为_____________.【答案】10【解析】【分析】五个不同的点，没有共线的三个点，任取两个点即可连成一条线段.【详解】五个不同的点，没有共线的三个点，任取两个点即可连成一条线段，最多可以连成线段的条数为条.故答案：10.16. 如图，四边形中，且，则四边形面积取最大值时，___________.【答案】【解析】【分析】设，则，，根据三角形面积公式求出四边形面积关于的函数，然后换元，令，则，再根据导数可求出结果.【详解】设，则，因为且，所以，所以，由余弦定理得，所以，所以，所以四边形面积，令，则，，，当时，，函数在上单调递增，所以，当时，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数取得最大值为，因为，所以四边形面积的最大值为，此时，所以，所以，所以.故答案为：. 三、解答题（共74分，请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答）17. 已知数列中，，．求数列的通项公式；【答案】【解析】【分析】首先证得是等差数列，然后求出的通项公式，进而求出的通项公式；【详解】解：因为，所以令，则，解得，对两边同时除以，得，又因为，所以是首项为1，公差为2的等差数列，所以，所以；【点睛】感悟升华（核心秘籍：注意判断已知条件是否符合标准形式） 类型1： 用“待定系数法”构造等比数列1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型1的标准形式；2、直接记忆，解题时直接在草稿纸上构造好；3、构造等比数列 类型2：用“同除法”构造等差数列（1）1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型2（1）的标准形式；2、两边同除；3、构造数列为等差数列 类型2：用“同除法”构造等差数列（2）1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型2（2）的标准形式；2、两边同除；3、构造出新的等差数列 18. 如图所示，几何体中，四边形为菱形，平面，，，，，平面与平面的交线为．（1）证明：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值的范围．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）连接与交于点，由已知可得四边形为平行四边形，则，从而由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质可得，由平面，可得，由菱形的性质可得，由线面垂直的判定可得平面，从而得直线平面；（2）由（1）得，，两两垂直，以为坐标原点，以，分别为轴、轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，设，然后利用空间向量法求解即可.【详解】（1）连接与交于点，由条件可知，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，所以平面．因为平面平面，所以，因为平面，所以，又因为四边形为菱形，所以，又因为，所以平面，所以平面；（2）由（1）得，，两两垂直，所以以为坐标原点，以，分别为轴、轴，过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，设，，则，得，则，，，由（1）可知平面的一个法向量为，所以直线与平面所成角满足：．【点睛】方法点睛：线面夹角等于直线与直线在平面内投影的夹角，必是锐角，所以线面夹角不可能是钝角，求此角，一般先求出平面的一个法向量，再计算出直线与法向量的夹角，此夹角与线面夹角互余，进而求解.19. 为迎接五四青年节，某中学从高中三个年级选派4名教师和20名学生去当志愿者，名额分配如下:高-年级10人，高二年级6人，高三年级4人.(1)若从20名学生中选出3人参加文明交通宣传，求他们中恰有1人是高一年级学生的概率.(2)若将4名教师安排到三个年级，要求每个年级至少有一名教师，记安排到高一年级教师人数为，求随机变量的分布列.【答案】（1）（2）12P【解析】【详解】（1）设“他们中恰好有一人是高一年级学生”为事件A，则  （2）安排到高一年级的教师人数的可能取值为1,2，且，所以随机变量的分布列为12P 20. 如图，已知抛物线的准线与轴交于点，过焦点作倾斜角为的直线与抛物线交于两点，过两点分别作准线的垂线，垂足分别为，则的值等于             ．【答案】【解析】【详解】抛物线的焦点，准线方程为，直线的方程为，设点，（），则，，，，所以，由，消去得：，即，解得：，，所以，所以答案应填：．21. 已知函数f（x）＝2ax﹣ln（x+1）+1，a∈R．（1）讨论（x）的单调性；（2）当x＞0，0＜a≤1时，求证：eax＞f（x）．【答案】（1）当a≤0时，f（x）在上单调递减；当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，分a≤0，a＞0讨论导函数的正负，进而得到单调性；（2）构造g（x）＝eax-2ax+ln（x+1）-1，求出其导函数及二阶导函数依次判断导函数的正负情况，得到函数的单调性，结合隐零点知识得到原函数的最小值，得证不等式恒成立.【小问1详解】f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝2a﹣，①当a≤0时，f′（x）＜0，即f（x）在（﹣1，+∞）上单调递减；②当a＞0时，f′（x）＝，由f′（x）＞0，解得x＞，由f′（x）＜0，解得﹣1＜x＜，即f（x）在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当a≤0时，f（x）在上单调递减；当a＞0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】证明：eax＞f（x），即eax-2ax+ln（x+1）-1＞0，令g（x）＝eax-2ax+ln（x+1）-1，x＞0，则g′（x）＝aeax-2a+，令h（x）＝aeax-2a+，则h′（x）＝a2eax-，令φ（x）＝a2eax-，则φ′（x）＝a3eax+＞0，所以φ（x）即h′（x）在（0，+∞）上单调递增，又h′（0）＝a2-1，①当a＝1时，h′（0）＝0，则h′（x）＞0恒成立，即h（x）在（0，+∞）上单调递增，则有h（x）＞h（0）＝2-2＝0；②当0＜a＜1时，h′（0）＝a2-1＜0，h′（x）＝a2eax-＞a2eax-1，则h′（）＞1-1＝0，即存在x0＞0使得h′（x0）＝0，即，且h（x）≥h（x0）＝+-2a＝-2a＝＞0，即h（x）≥0，综上所述，h（x）≥0恒成立，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以g（x）＞g（0）＝0，即eax＞f（x）．22. 已知抛物线C：过点求抛物线C的方程；设F为抛物线C的焦点，直线l：与抛物线C交于A，B两点，求的面积．【答案】（1）；（2）12【解析】【分析】（1）将点的坐标代入抛物线，进行求解即可．（2）联立方程组，利用根与系数之间的关系结合三角形的面积公式进行求解．【详解】（1）因为抛物线：过点，所以，解得，所以抛物线的方程为．（2）由抛物线的方程可知，直线与轴交于点，联立直线与抛物线方程，消去可得，所以，所以，所以的面积为．【点睛】直线与抛物线的位置关系，可通过联立直线方程和抛物线方程消去（或）得到关于（或）的方程，再利用韦达定理简化目标代数式，也可以直接求出相应的根，再考虑与交点有关的数学问题．23. 设函数的最小值为．（1）求的值；（2）若正数满足，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）对去绝对值后按分段函数求最小值；（2）根据式子结构，用分析法证明，也可构造柯西不等式.【详解】由，知：当时，，此时，当取等号；当时，，此时；当时，，此时，所以，当时，取得最小值，即．由，即．现证明，方法1：即证明 ，即证明．因为正数满足，所以，当且仅当时取“”．所以．方法2：根据柯西不等式，故．当且仅当时等号成立．【点睛】（1）含绝对值的函数（不等式）通常去绝对值号后，转化为分段函数（或分段不等式）求解；（2）证明含根号的不等式，用分析法证明，也可根据式子结构构造柯西不等式.