2023届云南省曲靖市第一中学高三教学质量监测（五）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（五）数学试题含解析，共22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届云南省曲靖市第一中学高三教学质量监测（五）数学试题

一、单选题
1．已知集合.则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先根据题意得到或，再求即可.
【详解】因为，
所以或，
所以.
故选：B
2．已知复数在复平面内对应的点为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用复数的几何意义及共轭复数的概念，结合复数的除法法则即可求解.
【详解】因为复数在复平面内对应的点为，
所以，则，
所以
故选：A.
3．下列说法正确的是（    ）
A．将一组数据中的每一个数据都加上同一个常数后，平均数和方差都不变
B．设具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则|r|越接近于0，x和y之间的线性相关程度越强
C．在一个2×2列联表中，由计算得K²的值，则K²的值越小，判断两个变量有关的把握越大
D．若 ，则
【答案】D
【分析】对A根据方差与平均数定义即可判断，对B利用线性相关定义则可判断，对C根据的含义即可判断，对D对于正态分布的特点，即可求出区间概率.
【详解】对于A,方差反映一组数据的波动大小,将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后,方差不变,但平均数变化，故A错误，
对于B,具有线性相关关系的两个变量,的相关系数为,则越接近于,和之间的线性相关程度越强,故B错误,
对于C,在一个列联表中,由计算得的值,则的值越大,判断两个变量有关的把握越大,故C错误,
对于D，,

故D正确.
故选：D.
4．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧长度是弧长度的倍，，则该曲池的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据扇形弧长公式可知弧所在圆和弧所在圆的半径之间关系为，结合可求得，根据柱体体积公式，采用切割的方式可求得结果.
【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，
弧长度是弧长度的倍，，即，
，解得：，，
该曲池的体积.
故选：D.
5．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若在上为增函数，则最大值为（    ）
A． B．2 C．3 D．
【答案】B
【分析】先求出，又因为在上为增函数，则，且，即可求出最大值.
【详解】函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，
则，
又因为在上为增函数，
所以，且，
解得：，故的最大值为2.
故选：B.
6．某社区活动需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（    ）
A．72种 B．81种 C．144种 D．192种
【答案】D
【分析】先计算乙和丙在相邻两天参加服务的排法，排除乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务的排法，即可得出答案.
【详解】解：若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为，
若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为，
由间接法可知，满足条件的排法种数为种.
故选：D.
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，一条渐近线为，过点且与平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由双曲线定义可得，根据平行关系可知，由余弦定理可构造齐次方程求得离心率.
【详解】设，则点位于第四象限，
由双曲线定义知：，；
设过点且与平行的直线的倾斜角为，则，，
；
在中，由余弦定理得：，
即，整理可得：，.
故选：C.
8．设，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】通过构造函数，利用导数研究函数单调性，证得，则有，再通过作商法比较.
【详解】设，因为，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以当，且时，，即.
所以，，所以最小，
又因为，所以.
综上，.
故选：A

二、多选题
9．下列选项中正确的是（    ）
A．若向量，为单位向量，，则向量与向量的夹角为60°
B．设向量，，若，共线，则
C．若，，则在方向上的投影向量的坐标为
D．若平面向量，满足，则的最大值是5
【答案】BCD
【分析】对两边同时平方结合向量数量积的定义可判断A；由共线向量的坐标表示可判断B；由投影向量的定义可判断C；，结合余弦函数的值域可判断D.
【详解】解：A选项，由，以及，可得，
则，即，又，
所以夹角.
对于B，因为，，且，共线，
则解得.所以B正确.
C选项，在方向上的投影向量为
，故C正确，
对于D，因为，所以


所以的最大值是5，所以D正确.
故选：BCD.
10．过点的直线与圆交于A，B两点，线段MN是圆C的一条动弦，且，则（    ）
A．的最小值为 B．△ABC面积的最大值为8
C．△ABC面积的最大值为 D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】设圆心到直线AB的距离为，求出，即可判断A；再由，求出面积的最大值即可判断B，C；取MN的中点，求的最小值转化为求的最小值即可判断D．
【详解】∵即，∴圆心，半径
在圆C内，，
设圆心到直线AB的距离为，由题意得，
∵，∴，故A正确；

∵，∴当时，，故B错误，C正确．
取MN的中点，则，又，则，
∴点的轨迹是以为圆心，半径为3的圆．
因为，且，
所以的最小值为，故D正确．
故选：ACD．
11．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ）

A．若平面，则动点的轨迹是一条线段
B．存在点，使得平面
C．当且仅当点落在处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】选项A：利用面面平行证明线面平行，得到动点轨迹；选项B：利用向量法证明线面垂直，判断动点是否存在；选项C：利用向量法求点到平面距离，计算棱锥体积；选项D:利用方程判断轨迹形状并求轨迹长度.
【详解】取、中点、，连接、、、，
由且知是平行四边形，∴，
∵平面，平面，平面，同理可得平面，
∵，平面，
∴平面平面，则Q点的轨迹为线段EF，A选项正确；
如图，建立空间直角坐标系，

则，，，设，，，
则，，.
设为平面的一个法向量，
则即得取，则.
若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；
的面积为定值，∴当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大.
，
①，，则当时，有最大值1；
②，，则当时，有最大值；
综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；
平面，∴，，
∴，点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.
故选：ACD.
12．已知函数的定义域为，对任意的，都有，且，当时，，则（    ）
A．是偶函数
B．
C．当，是锐角的内角时，
D．当，且，时，
【答案】BCD
【分析】令，得，令，得，可验证选项AB；利用定义法判断函数单调性，结合三角函数的知识验证选项C；令，得，可证是首项为1，公比为2的等比数列，可求，验证选项D.
【详解】令，得，故B正确；
令，则，所以为奇函数，故A错误；
任取，且，则.
因为，
所以，所以.
因为，，所以，，
即在上单调递增.
因为A，B是锐角的内角，所以，所以，
所以.
因为，所以，故C正确；
因为，且，所以.
令，则，
令，则，所以.
因为，所以是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，故D正确.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：此类抽象函数可利用赋值法进行求解，利用赋值法可以求值、证明函数奇偶性、推导周期性、利用定义证明函数单调性等等．

三、填空题
13．若，则_________.
【答案】34
【分析】令，得，令，得，即可得到答案.
【详解】依题意，
令，得，
令，得.
故.
故答案为：34
14．已知是圆锥底面圆的直径，圆锥的母线，，则此圆锥外接球的表面积为_________.
【答案】
【分析】根据题意作出图形，根据题中数据判断球心位置，进而找出半径算出表面积.
【详解】如图所示，连接PO，则，解得

即，此圆锥外接球的球心为，半径为2，表面积为.
故答案为：
15．已知则函数的最大值为______________.
【答案】
【分析】利用三角恒等变换、辅助角公式表示出的解析式，再用换元法将函数转化为二次函数即可求最大值.
【详解】，
,
令,
因为,所以,
所以,所以,
所以,对称轴,
所以在单调递增,
所以当时，,
即当,时，有最大值.
故答案为: .

四、双空题
16．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则________；设点是抛物线上的任意一点，点是的对称轴与准线的交点，则的最大值为________.
【答案】     ##1.5    
【分析】空1：设直线联立方程可得，根据题意可得，代入可解得；空2：根据抛物线定义取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切，利用导数求切线分析求解．
【详解】设过点的直线为，
联立方程消去得，可得
∵，则可得：，可得，解得
过点作准线的垂线，垂足为，则可得
若取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切
，即，则
设，则切线斜率，切线方程为
切线过，代入得，解得，即
则，即
则的最大值为
故答案为：；．


五、解答题
17．设为数列的前项和，且满足：.
(1)设，证明是等比数列；
(2)求.
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据给定的递推公式，结合及等比数列的定义推理作答.
（2）利用并项求和法，结合等比数列前n项和公式求解作答.
【详解】（1）因为，，则，
两式相减得：，整理可得，即，
于是，，
所以数列是等比数列.
（2）由（1）知，，又，则
所以.
18．在，角，，的对边分别为，，.且.
(1)求B；
(2)若点D在AC边上，满足，且，，求BC边的长度.
【答案】(1)
(2)6

【分析】（1）由正弦定理化简已知等式，再由两角和的正弦定理化简可得，结合辅助角公式求得B；
（2）法一：由可得，对两边同时平方化简即可得出答案；
法二：由已知得，设，.因为，由余弦定理代入化简即可得出答案.
【详解】（1）因为，由正弦定理，
可得，
即，
所以.
因为，所以，即.
因为，所以，
所以，即
（2）法一：因为点D在AC边上，满足，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
即，解得，即.
法二：由已知得，设，.
∵
∴
∴，即①
又∵∴，
即②
由方程①②解得，即.
19．如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上的动点（不与A、C重合），平面与棱交于点.

(1)求证；
(2)若平面平面，，判断是否存在点D使得平面与平面所成的锐二面角为，并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）先证明平面，再由线面平行的性质定理证明；
（2）假设D点存在，建立空间直角坐标系，利用法向量解决二面角问题，判断D点坐标是否有解.
【详解】（1），且平面，平面，
∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；
（2）连接，取AC中点O，连接，，在菱形中，，
∴是等边三角形，

又∵O为AC中点，∴，
∵平面平面，
平面平面，平面，且，
∴平面，平面，∴，
又∵，∴，
以点为原点，，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
假设存在点D，满足题意，设，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，，
故，
设平面的法向量为
，，
，，令，则，，故，
，解，
所以点D在点C的位置时，平面与平面所成锐角为，
由于D不与A、C重合，故AC上不存满足题意的点.
20．北京冬奥会的举办使得人们对冰雪运动的关注度和参与度持续提高.某地很多中小学开展了模拟冬奥会赛事的活动，为了深入了解学生在“自由式滑雪”和“单板滑雪”两项活动的参与情况，在该地随机选取了10所学校进行研究，得到如下数据：

(1)从这10所学校中随机抽取2所，在抽取的2所学校参与“单板滑雪”的人数超过30人的条件下，求这2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人的概率；
(2)“自由式滑雪”参与人数超过40人的学校可以作为“基地学校”，现在从这10所学校中随机抽取3所，记为选出“基地学校”的个数，求的分布列和数学期望；
(3)现在有一个“单板滑雪”集训营，对“滑行､转弯､停止”这3个动作技巧进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”.已知在一轮集训测试的3个动作中，甲同学每个动作达到“优秀”的概率均为，每个动作互不影响且每轮测试互不影响.如果甲同学在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于8次，那么至少要进行多少轮测试？
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望：
(3)至少要进行11轮测试

【分析】(1)根据已知条件结合条件概率的概率公式求解；
(2)的可能取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，从而可求得的分布列和数学期望；
(3)根据题意，结合二项分布的概率公式求解
【详解】（1）由题可知10个学校，参与“自由式滑雪”的人数依次为27，15，43，41，32，26，56，36，49，20，参与“单板滑雪”的人数依次为46，52，26，37，58，18，25，48，33，30，
其中参与“单板滑雪”的人数超过30人的学校有6个，参与“单板滑雪”的人数超过30人，且“自由式滑雪”的人数超过30人的学校有4个，记“这10所学校中随机选取2所学校参与“单板滑雪”的人数超过30人”为事件，“这10所学校中随机选取2所学校参与“自由式滑雪”的人数超过30人”为事件，
则，，
所以，.
（2）参与“自由式滑雪”人数在40人以上的学校共4所，的所有可能取值为，
所以，，
，，
所以的分布列如下表：

0
1
2
3






所以
（3）记“甲同学在一轮测试中获得“优秀””为事件，则，
由题意，甲同学在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布，
由题意列式，得，因为，所以的最小值为11，故至少要进行11轮测试
21．在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设曲线的左、右两个顶点分别为、，为直线上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，为曲线的左焦点，求证：的周长为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设动圆的半径为，分析可得，利用椭圆的定义可求得轨迹的方程；
（2）设点，设，，写出直线、的方程，将这两条直线分别与曲线的方程联立，求出点、的坐标，可得出直线的方程，化简直线的方程，可知直线过椭圆的右焦点，再利用椭圆的定义可证得结论成立.
【详解】（1）解：设动圆的半径为，
由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为，
因为，则，所以，圆内含于圆，
因为动圆与圆内切，且与圆外切，
则，
所以，动圆的圆心的轨迹是以、为焦点的椭圆，
设其方程为，其中，，
所以，，，从而轨迹的方程为.
（2）证明：由题意可知、、，
设，，如下图所示：

直线的方程为，直线的方程为，
联立方程可得
，消去得，
由韦达定理可得，即，
则，故点，
联立方程可得，
由韦达定理可得，即，
则，故点，
所以，，
所以，直线的方程为，
即，且，
故直线过定点，所以的周长为定值，
当时，、或、，
所以，过椭圆的焦点，此时的周长为定值，
综上所述，的周长为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22．已知函数（，为自然对数的底数），.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有两个零点，求实数的取值范围；
(3)若不等式对，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3).

【分析】(1)由导数的几何意义求出直线的斜率，再用点斜式即可求出切线方程；
(2)分离常量，求零点，转化成两函数的交点；
(3)通过放缩，将原命题等价于对一切恒成立，再通过分离常量，构造函数，利用导数求出的最小值，即可求出结果.
【详解】（1）
，，，∴
又∵，∴在处的切线方程为.
（2）∵有两个零点，∴关于的方程有两个相异实根，
∵，∴，有两个零点即有两个相异实根.
令，则，
∵得，得，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴，
又∵，∴当时，，
当时，，当时，，有两个零点时，实数的取值范围为.
（3） ∵，，所以
∴原命题等价于对一切恒成立，
∴对一切恒成立，
令，∴，

令，，
则，∴在区间上单调递增，
又，，
∴使，即①，
当时，，即在区间上单调递减，
当时，，即在区间上单调递增，
∴
由①知，
∴，
令，在恒成立，
所以函数在区间上单调递增，
∴即，
∴，∴，
∴实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：不等式恒（能）成立问题常通过分离参数，构造新的函数来解决问题，
分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式；
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解；
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.