重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高三下期5月月考数学试题及答案

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万州二中2022-2023年高三下期5月月考数学试题注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．若，则（    ）A． B． C． D．3．在中，，E为AD中点，则（    ）A． B． C． D．4．圆柱的轴截面是周长为12的矩形，则满足条件的圆柱的最大体积为（    ）A． B． C． D．5．已知过抛物线焦点的直线与抛物线C交于A，B两点，且，圆，若抛物线C与圆交于P，Q两点，且，则线段的中点D的横坐标为（    ）A．2 B．3 C．4 D．56．已知，，，则（    ）A． B． C． D．7．已知函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的交点，则实数的取值范围为（    ）A．  B．   C．   D．8．已知定义在上的函数的导函数为，则下列错误的是（    ）A．若关于中心对称，则关于对称B．若关于对称，则有对称中心C．若有1个对称中心和1条与轴垂直的不过对称中心的对称轴，则为周期函数D．若有两个不同的对称中心，则为周期函数二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。9．下列为真命题的有（    ）A．90，92，92，93，93，94，95，97，99，100的中位数为93.5B．设一组样本数据的方差为2，则数据的方差为8C．甲、乙、丙三种个体按3∶1∶2的比例分层抽样调查，若抽取的甲种个体数为9，则样本容量为18D．已知随机变量，且，则10．已知函数、定义域均为，且，为偶函数，若，则下面一定成立的是（    ）A．     B．    C．     D．11．如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点（不包括端点），则（    ）  A． B．平面C．二面角的大小为定值 D．的最小值为12．已知时，，则（    ）A．当时，， B．当时，C．当时， D．当时，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在圆内随机地取一点，则该点坐标满足的概率为________．14．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的最小值是______.15．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________．16．1643年法国数学家费马曾提出了一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其到这个三角形的三个顶点的距离之和为最小.它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心（即该点与三角形的三个顶点的连线段两两成角120°），该点称为费马点.已知中，其中，，P为费马点，则的取值范围是__________.四、解答题：本题共6小题，共70分。17．数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)记，数列的前项和为，求使成立的最小正整数. 18．已知在中，为边上的点，且，.  (1)若，，求边的长；(2)若，设，，试将的面积表示为的函数，并求函数最大值.  19．2021年9月15日至17日，世界新能源汽车大会在海南海口召开，大会着眼于全球汽车产业的转型升级和生态环境的持续改善.某汽车公司顺应时代潮流，最新研发了一款新能源汽车.为了推广该款新能源汽车，购买新能源汽车将会得到相应的补贴，标准如下：购买的新能源汽车价格（万元）补贴（万元）571015(1)本月在A市购买新能源汽车的4000人中随机抽取300人，统计了他们购买的新能源汽车的价格并制成了如下表格（这4000人购买的新能源汽车价格都在60-100万元之间）利用样本估计总体，试估计本月A市的补贴预算（单位：亿元，保留两位小数）(2)该公司对这款新能源汽车的单次最大续航里程进行了测试，得到了单次最大续航里程与售价的关系如下表.根据数据可知与具有线性相关关系，请建立与的回归方程（系数精确到）.周小姐想要购买一辆单次最大续航为的该款新能源汽车，请根据回归方程计算周小姐至少要准备多少钱（单位：万元，保留两位小数）售价x（万元）6670738190单次最大续航里程200230260325405(3)某汽车销售公司为促进消费者购买该新款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，活动规则如下：箱子里有2个红球，1个黄球，1个蓝球，客户从箱子里随机取出一个球（每一个球被取出的概率相同），确定颜色后放回，连续抽到两个红球时游戏结束，取球次数越少奖励越好，记取次球游戏结束的概率为.周小姐参与了此次活动，请求周小姐取球次数的数学期望. 20．如图，在正四棱台中，，，，为棱，的中点，棱上存在一点，使得平面． (1)求；(2)当正四棱台的体积最大时，求与平面所成角的正弦值．      21．有一个半径为4的圆形纸片，设纸片上一定点到纸片圆心的距离为，将纸片折叠，使圆周上一点与点重合，以点所在的直线为轴，线段的中点为原点建立平面直角坐标系．(1)记折痕与的交点的轨迹为曲线，求曲线的方程；(2)若直线：（）与曲线交于，两点．（ⅰ）当为何值时，为定值，并求出该定值；（ⅱ），为切点，作曲线的两条切线，当两条切线斜率均存在时，若其交点在直线上，探究：此时直线是否过定点，若过，求出该定点；若不过，请说明理由．     22．已知函数.(1)若，判断的零点个数；(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
万州二中2022-2023年高三下期5月月考数学试题 参考答案1．B  略2．A  略3．B  .4．A  圆柱的底面半径为，高为，则，即，圆柱的体积，，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，当时，函数取得最大值，最大值.5．B  圆过原点，则点P，Q之一为原点，不妨令点，设， 依题意，，又，解得，即，则，解得，抛物线的焦点，准线方程为，设，于是，而，因此，所以线段的中点D的横坐标.6．D  令，则，当时, ，所以在上单调递增，，；，易知，.7．A  令，则，令，则，令，则.令在上单调递增；在上单调递减；又，，则有且只有两根，分别为.则函数的图象与函数的图象有且仅有两个不同的交点，等价于方程组有且只有一组实数根.令，则，当时，，则此时在上递增，又.即，则有且只有一组实数根.当时，方程组有且只有一组实数根，等价于函数图象与直线图象有两个交点，临界情况为两条直线与图象相切.当与相切，设对应切点为，因，则相应切线方程为；当与相切，设对应切点为，则相应切线方程为，则.8．D  对于选项A：若关于中心对称，则，可得，令，则，即，则，所以关于对称，故A正确；对于选项B：若关于对称，则，可得，即，令，则，即，则关于对称，故B正确；对于选项C：若有1个对称中心和1条与轴垂直的不过对称中心的对称轴，设对称中心为，对称轴为，则，可得，则，可得，可得，且，即，所以的周期为，故C正确；对于选项D：若有两个不同的对称中心，则不一定为周期函数，例如：，对任意，则有：，故的对称中心为，满足题意，但，则，令，则，故为偶函数，假设为周期函数，周期为，则，则，即，整理得，令，得，因为，则，令，得，因为，则，可得，因为，则，可得，所以，且.当为偶数，则，可得对任意，或，且，则，可得或，显然对任意，均不成立；当为奇数，则，可得对任意，或，且，则，可得或，显然对任意，均不成立；综上所述：不存在实数，使得.所以不是周期函数，故D错误9．ACD   略10．AD   由可得函数关于中心对称，且，又因为为偶函数，所以，令等价于，所以可知函数关于轴对称，再令替换，所以，所以知，，，所以，即是函数的周期，由，令，则，故A正确；因为，由已知条件无法求出，故C不正确；由可得，所以B不正确；由可得与关于中心对称，所以是函数的周期，，故D正确.11．CD   ，，，由得，所以时，或.A和B选项：当时，，设，则，当时，所以在上单调递增，所以，即当时，，故.设，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递减.故，即，所以有，即，.  设，由题意可知，，，当时，，在上单调递减，当时，，在单调递增，所以，得，由得，，当时，由得，则，故B正确，取，，，则，故A错误；C和D选项：当时，由题意，恰为，两交点，所在直线，  则则，令,设,则,所以在递减,而,因此当时,恒成立,即成立.再证,即证令,则,所以在递增,而,因此当时,恒成立,即成立.由对数平均不等式知，.故，故CD正确13．/    要满足，则①或②，在平面直角坐标系中分别作出不等式组①、②和圆，则满足要求的可行域如下图阴影部分所示：  由图知：在圆内随机取在阴影部分，而直线过圆心，且直线与直线相互垂直，所以图中阴影部分的面积为圆面积的，故点满足的概率为14．   因为，由全等得为的中心，由题可知，，由，解得在正中，可得.从而直角三角形中解得.同理，又是边长为的正三角形，所以，则，同理，，因此正三棱锥可看作正方体的一角，正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，正方体对角线的中点为球心.记外接球半径为，则，过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，此时截面圆半径满足，由得，所以，   所以截面面积的最小值为.15．/    依题意，设，则，在中，，则，故或（舍去），所以，，则，故，所以在中，，整理得，故.16．  根据题意，设，，则，，在中，由余弦定理有…①在中，由正弦定理有，在中，由正弦定理有，故，则，由①，…②，且，设，则，由题意，，所以，而，由对勾函数的性质可知.由②，，易知函数在上单调递减，于是. 17．（1）由题意知，可得，即所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，可得，所以数列的通项公式为.（2）解：由，可得，当为偶数时，为偶数，当为奇数时，为奇数，所以，所以前项的和，所以，所以，不合题意，又因为，且，所以使的最小值为. 18．（1）由，，则， 在中，，∵，∴，∴；在中，由余弦定理得：.（2）由，设，则，∵，∴，在中，由余弦定理得：，的面积，∴，.（※），其中，，∴∴，又，所以，当且仅当时等号成立，所以当时，函数取最大值，最大值为故函数最大值为.19．（1）由题意可得：购买的新能源汽车价格（万元）频率补贴（万元）571015本月A市的补贴预算万元，故本月A市的补贴预算亿元.（2）由题意可得：，，则，，故与的回归方程，令，即，解得，故周小姐至少要准备万元.（3）设数列的前项和为，周小姐取球次数为，由题意可得：每次抽到红球的概率为，抽到非红球的概率为，可得，对到第次还未结束游戏的概率为，则第次为非红球，第次为红球，第次为红球即结束，故第次结束游戏的概率，则，若第次还未结束游戏，则第次为非红球，第次为红球，第次为红球即结束，故第次结束游戏的概率，即第次还未结束游戏的概率为，则有：当第次为非红球时，则第次为非红球或红球均可，之后连续三次依次为非红球、红球和红球，则第次结束游戏，此时有，当第次为红球时（游戏未结束），则第次为非红球，之后连续三次依次为非红球、红球和红球，则第次结束游戏，此时有，综上所述：，可得：，且，故数列是以首项，公比为的等比数列，则，可得，且，故数列是以首项，公比为的等比数列，则，即，则，检验当时均符合上式，故，则，设，则，令，可得，令，可得，∵，且当时，则，∴，故周小姐取球次数的数学期望为6. 20．（1）作交于，再作交于，连接．因为平面，所以平面．又平面平面，所以．又因为，所以四边形是平行四边形，所以，即为棱的四等分点，故也为棱的四等分点，所以．（2）由（1）易知为的四等分点，所以点在点的正上方，所以底面．设，则，所以，所以该四棱台的体积，而．当且仅当，即时取等号，此时，．以为原点，，分别为轴、轴，则，，，，所以，，．设平面的法向量为，由得令，则．设与平面所成角为，则，故与平面所成角的正弦值为．21．（1）由题意可知，，所以点轨迹是以，为焦点，4为长轴长的椭圆，所以曲线的方程，即椭圆方程为．（2）（ⅰ）由消元得，，由，得．设，，则，，所以，当为定值时，即与无关，令，得，此时恒成立，即当时，为定值，且定值为5．（ⅱ）设在点处的切线方程为，由消去，整理得，由，化简得，因为，所以，故在点处的切线方程为，整理可得，①同理可得，在点处的切线方程为．②设，将其代入①②，得，，所以直线的方程为，即，令，得故直线过定点，且定点坐标为． 22．（1），，定义域为，令，可得，设，则，令，得在上单调递增；令，得，在上单调递减，.当时，；当时，，从而可画出的大致图象，    ①当或时，没有零点；②当或时，有一个零点；③当时，有两个零点.（2）当时，不等式恒成立，可化为在上恒成立，该问题等价于在上恒成立，即在上恒成立，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增，，即，即①当时，，不等式恒成立；②当时，令，显然单调递增，且，故存在，使得，所以，即，而，此时不满足，所以实数不存在.