2023届云南省曲靖市第一中学高三教学质量监测（四）数学试题含解析

这是一份2023届云南省曲靖市第一中学高三教学质量监测（四）数学试题含解析，共20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届云南省曲靖市第一中学高三教学质量监测（四）数学试题 一、单选题1．若集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】化简集合，再按照集合并集的运算规则求解即可.【详解】由，可得，则；由，可得，则；所以，故选：D．2．已知复数满足，若为纯虚数，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】C【分析】先根据为纯虚数设出其代数形式，再利用复数的乘法、复数相等进行求解.【详解】因为为纯虚数，所以设，则由，得，即，所以，解得.故选：C.3．已知平行四边形中，点为的中点，， （），若，则（　　）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】设，根据平面向量的线性运算，结合平面向量的基本定理求解即可【详解】解：依题意设，则，即，所以，故；故选：B．4．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．已知球的半径为，酒杯的容积为，则其内壁表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据酒杯是由圆柱和半球的组合体，设出圆柱体的高，根据已知酒杯的容积计算出圆柱的高，再利用圆柱表面积和球的表面积公式即可求解.【详解】由题意可知，酒杯是由圆柱和半球的组合体，所以酒杯内壁表面积是圆柱的侧面积与半球的表面积之和，因为球的半径为，所以半球的表面积为，半球的体积为 ，设圆柱体的高为，则体积为 ，又酒杯的容积为 所以 ，解得： ，因为球的半径为，酒杯圆柱部分高为，所以圆柱的侧面积为，所以酒杯内壁表面积为.故选：D.5．为了配合社区核酸检测，某医院共派出4名男志愿者和2名女志愿者参与社区志愿服务.已知6名志愿者将会被分为2组派往2个不同的社区，且女志愿者不单独成组.若每组不超过4人，则不同的分配方法种数为（    ）A．32 B．48 C．40 D．56【答案】B【分析】分为（3，3）两组、（2，4）两组两种情况讨论，分别计算每一组分配方法求和可得答案.【详解】分两种情况讨论：分为3，3的两组时，2名女志愿者不单独成组，有种分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法；分为2，4的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女志愿者单独成组的情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法，故共有种分配方法.故选：B.6．已知函数．若对于任意实数x，都有，则的最小值为（    ）．A．2 B． C．5 D．8【答案】C【分析】由可求得函数图像的对称中心，结合正弦型函数的性质，可求的最小值.【详解】函数，由可知函数图像的一个对称中心为，所以有，解得，由，当时，有最小值5.故选：C7．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数函数的单调性判断即可.【详解】∵，，∴∵，，∴综上，．故选：B．8．已知三棱锥的底面△ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为4，体积为，若该三棱锥的外接球O的半径为，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是一个截面圆的圆周，进而求解周长即可．【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的直角边长为，三棱锥的体积解得：的外接圆半径为球心到底面的距离为，又顶点P到底面ABC的距离为4，顶点的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为，故不成立．综上所述，顶点P的轨迹的总长度为．故选：D． 二、多选题9．如图，在棱长为的正方体中，下列结论成立的是（    ）A．若点是平面的中心，则点到直线的距离为B．二面角的正切值为C．直线与平面所成的角为D．若是平面的中心，点是平面的中心，则面【答案】ABD【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到直线距离、二面角、线面角的向量求法可判断ABC正误；根据可证得D正确.【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，对于A，，，，，点到直线的距离，A正确；对于B，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；轴平面，平面的一个法向量，，，，由图形可知：二面角为锐二面角，二面角的正切值为，B正确；对于C，平面，平面，，又，，平面，平面，平面的一个法向量为，又，，即直线与平面所成的角为，C错误；对于D，平面的法向量，，，即，面，D正确.故选：ABD.10．已知函数，则下列选项正确的有（    ）A．函数极小值为1B．函数在上单调递增C．当时，函数的最大值为D．当时，方程恰有3个不等实根【答案】AC【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.【详解】对于AB：，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以的极大值为，的极小值为，故A正确，B错误；对于C：由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，且，，故函数的最大值为，故C正确；对于D：当时，，时，，且的极大值为，的极小值为，由上述分析可知，的图象为：由图象可得当或时，有1个实数根，当或时，有2个实数根，当时，有3个实数根，故D错误.故选：AC.11．已知为坐标原点，点在抛物线上，过焦点的直线交抛物线于两点，则（    ）A．的准线方程为B．若，则C．若，则的中点到轴的距离为4D．【答案】ABD【分析】利用抛物线的定义可分析A,B选项，利用直线与抛物线相交结合韦达定理，弦长公式,基本不等式可分析C,D选项.【详解】因为点在抛物线上，所以解得，所以抛物线方程为，所以准线方程为，所以A正确;由抛物线的定义得由,所以.所以B正确;设，联立整理得，由韦达定理得，所以，解得，，所以C错误; ,由抛物线定义知 ，所以,当且仅当时取得等号，所以D正确.故选: ABD.12．已知定义R上的函数满足，又的图象关于点对称，且，则（    ）A．函数的周期为12 B．C．关于点对称 D．关于点对称【答案】ABD【分析】结合函数的对称性、奇偶性、周期性确定正确答案.【详解】由，令，得，所以，关于直线对称.由于的图象关于点对称，所以的图象关于对称，所以是奇函数.所以，所以的周期为，A选项正确.，B选项正确.结合上述分析可知，关于点（）对称，所以关于点（）对称，所以关于点（）对称，所以关于点（）对称，令，得关于点对称，D选项正确，C选项错误.故选：ABD 三、填空题13．的展开式中的常数项为__________．【答案】【分析】求出展开式中的常数项和的系数，再由多项式乘法法则可得．【详解】展开式通项公式为，，，，，所以所求常数项为，故答案为：．14．写出一个与直线和都相切的圆的方程______.（答案不唯一）【答案】（答案不唯一）【分析】两直线斜率乘积为1，则两直线关于直线，对称，则圆心在直线或上，即可取一点（除原点外）作为圆心，由点线距离公式求出半径，可得的圆的方程.【详解】因为，所以直线和关于直线，对称，所以与直线和都相切的圆的圆心在直线或直线上（除原点外），设圆心，则半径，所以圆的方程为（答案不唯一）.故答案为：.15．，若在上存在单调递增区间，则的取值范围是_______【答案】【分析】分析可知，，使得，求出函数在上的值域，可得出实数的取值范围.【详解】因为，则，有已知条件可得：，使得，即，当，所以.故答案为：.16．已知椭圆，圆，直线与圆相切于第一象限的点A，与椭圆C交于两点，与轴正半轴交于点.若，则直线的方程是__________.【答案】【分析】设直线的方程为：，根据直线和圆相切、直线和椭圆相交且求得，进而求得直线的方程.【详解】由题意可知直线有斜率，设直线的方程为： ，联立直线和圆的方程：，，所以，故，联立直线和椭圆的方程：，设，则 设中点为,由可知：,即是的中点，在直线方程中，令 由中点坐标公式可知：， ，故， 直线方程为故答案为：【点睛】求解直线和圆相切的问题，有两种方法，一种是利用圆心到直线的距离等于半径来进行求解；另一种是联立直线的方程和圆的方程，化简后利用判别式来进行求解. 四、解答题17．已知数列是各项均为正整数的等比数列，且，成等差数列．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，设数列的前项和为，求证：．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【分析】（Ⅰ）由成等差数列，结合等比数列通项公式求出公比，从而求出数列的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）得，代入可得，通过放缩，转化为裂项相消法求和，进而证明结论．【详解】（Ⅰ）设数列的公比为，因为成等差数列，所以， 又，所以，因为，所以所以或， 又数列各项均为正整数，所以， 所以． （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知，所以， 所以，所以． 所以．不等式得证.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的概念、通项公式及求和公式的应用，放缩法证明数列不等式，裂项求和法的应用，属于中档题．18．在锐角中，角A，B，C，的对边分别为a，b，c，从条件①：，条件②：，条件③：这三个条件中选择一个作为已知条件．(1)求角A的大小；(2)若，求周长的取值范围．【答案】(1)(2)周长的取值范围为 【分析】（1）若选条件①，切化弦即可；若选条件②，等价转换即可；若选条件③，由正弦定理，边化角得，再根据诱导公式等价转化即可.（2）由正弦定理，边化角得，结合B的范围求解.【详解】（1）选条件①：因为，所以，即，又因为为锐角三角形，所以，所以，所以.选条件②：因为，所以所以，又因为，所以，所以，所以， 选条件③：由正弦定理可得即，又因为，所以，因为，所以.（2），，则即，即周长的取值范围为.19．已知在四棱锥P—ABCD中，，，E为CD中点.(1)平面PCD与平面PAE能垂直吗？请说明理由.(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥的体积.【答案】(1)平面PCD与平面PAE能垂直，理由见解析；(2). 【分析】（1）连接，由已知可得，即有，再由线面垂直的判定证面，根据面面垂直的判定即可得结论；（2）利用线面垂直的判定和性质证明两两垂直，构建空间直角坐标系，根据线面角相等，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求的长度，最后应用棱锥的体积公式求体积.【详解】（1）平面PCD与平面PAE能垂直，理由如下：如下图，连接，在△中，故，即，所以△为等腰三角形，又E为CD中点，故，因为，且 ，面，所以面，由面，故面面.（2）由，则，由，则，又，且面，则面，而面，所以，结合，，且面，所以面，面，故，，又，即，故两两垂直，所以可构建如下图示的空间直角坐标系，则，令且，故，而，若为面的法向量，则，令，则，显然面的一个法向量为，因为直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以，，即，所以，即，又，即，故，则底面为直角梯形，故的体积为.20．数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，下表为2017－2021年中国在线直播用户规模（单位：亿人），其中2017年－2021年对应的代码依次为1－5．年份代码x12345市场规模y3.984.565.045.866.36 参考数据：，，，其中．参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．(1)由上表数据可知，可用函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（，的值精确到0.01）；(2)已知中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率为p，现从中国在线直播购物用户中随机抽取4人，记这4人中选择在品牌官方直播间购物的人数为X，若，求X的分布列与期望．【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）设，则，由最小二乘法求出参数即可求解；（2）先由求出p，计算出X的值及对应概率，列出分布列，再由二项分布的期望公式求期望即可.【详解】（1）设，则，因为，，，所以．把代入，得．即关于的回归方程为；（2）由题意知，，，由得，所以，的取值依次为0，1，2，3，4，，，，，，所以X的分布列为X01234P .21．已知双曲线经过点，两条渐近线的夹角为，直线交双曲线于两点.(1)求双曲线的方程.(2)若动直线经过双曲线的右焦点，是否存在轴上的定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求实数的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，使得以线段为直径的圆恒过点 【分析】（1）由渐近线夹角得或，结合双曲线所过点可求得，由此可得双曲线方程；（2）假设存在点满足题意，可知；假设直线方程，与双曲线方程联立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理，根据等式恒成立的求解方法可得的值.【详解】（1）两条渐近线的夹角为，渐近线的斜率或，即或；当时，由得：，，双曲线的方程为：；当时，方程无解；综上所述：双曲线的方程为：.（2）由题意得：，假设存在定点满足题意，则恒成立；方法一：①当直线斜率存在时，设，，，由得：，，，，，，整理可得：，由得：；当时，恒成立；②当直线斜率不存在时，，则，，当时，，，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.方法二：①当直线斜率为时，，则，，，，，，解得：；②当直线斜率不为时，设，，，由得：，，，，；当，即时，成立；综上所述：存在，使得以线段为直径的圆恒过点.【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；④由所得等式恒成立可整理得到定点.22．已知函数.(1)试比较与1的大小；(2)求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意构造函数，求导研究单调性，从而得出结论；（2）根据欲证明的结论，注意到我们若能证明成立即可，结合第一小问，可以得此结论，累加即可证明原结论.【详解】（1）的定义域为，令，则，所以在为增函数，当时，，即，当时，，即，当时，，即，（2）由（1）可得：当时，，即：，将代入可得：，整理可得：，则有：，，…，，将以上个式子两边分别相加，可得：，即证：，故不等式得证.【点睛】在证明第（2）问的问题时，要注意和第（1）问取得联系，通过观察结构将原不等式转化为和第（1）问相关的结构，从而求证.