四川省成都市第十二中学2022-2023学年高三理科数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第十二中学2022-2023学年高三理科数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度上期高2023届高中毕业班10月考试数学（理科）试题一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共计60分. 在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的. 1. 集合，则中元素的个数为（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】B【解析】【分析】先解不等式得集合B，然后由集合交集运算可得.【详解】解不等式，得所以，故中元素的个数为3.故选：B2. 若复数的实部与虚部相等，则b的值为（    ）A. ﹣2 B. ﹣1 C. 1 D. 2【答案】C【解析】【分析】先利用复数乘法公式得到，进而得到，从而得解.【详解】，因为实部与虚部相等，故，解得：.故选：C.3. 如图所示的茎叶图记录了甲､乙两种商品连续10天的销售数据，则下列说法错误的是(    )A. 乙销售数据的极差为24 B. 甲销售数据的众数为93C. 乙销售数据的均值比甲大 D. 甲销售数据的中位数为92【答案】D【解析】【分析】根据茎叶图中数据逐项分析即可判断.【详解】乙销售数据极差是112－88＝24，故A正确；甲销售数据的众数为93，故B正确；甲销售数据的均值为(80×3＋90×5＋100×2＋7＋6＋4＋9＋8＋3＋3＋1＋6＋3)×＝94，乙销售数据的均值为(80＋90×4＋100×4＋110＋8＋5＋7＋8＋8＋1＋2＋3＋6＋2)×＝100，∴乙销售数据的均值比甲大，故C正确；甲销售数据的中位数为93，故D错误.故选：D.4. 在区域内任取一点，则满足的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，作出可行域的约束的平面区域，再结合几何概型求解即可.【详解】解：画出区域，如图（图中及内部），区域内满足的区域为图中四边形的内部及边界，且，，，所以与相似，所以，故所求概率.故选:A.  5. 中国公民身份号码编排规定，女性公民的顺序码为偶数，男性为奇数，反映了性别与数字之间的联系；数字简谱以1，2，3，4，5，6，7代表音阶中的7个基本音阶，反映了音乐与数字之间的联系，同样我们可以对几何图形赋予新的含义，使几何图形与数字之间建立联系.如图1，我们规定1个正方形对应1个三角形和1个正方形，1个三角形对应1个正方形，在图2中，第1行有1个正方形和1个三角形，第2行有2个正方形和1个三角形，则在第9行中的正方形的个数为（    ）A. 53 B. 55 C. 57 D. 59【答案】B【解析】【分析】根据题意将题中所给的信息转化为数列递推公式关系，，通过递推从而得出结果.【详解】设为第n行中正方形的个数，为第n行中三角形的个数，由于每个正方形产生下一行的1个三角形和1个正方形，每个三角形产生下一行的1个正方形，则有，，整理得，且，，则，，，，，，.故选：B.6. 已知命题p：在中，若，则，命题，.下列复合命题正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】命题可举出反例，得到命题为假命题，构造函数证明出，成立，从而判断出四个选项中真命题.【详解】在中，若，此时满足，但，故命题错误；令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值，也是最小值，，所以，成立，为真命题；故为假命题，为假命题，为真命题，为假命题.故选：C7. 已知函数有两个极值点，且，则极大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求导，利用韦达定理求得，，再根据求得，在求导，根据极值的定义即可得出答案.【详解】解：因为，，所以有两个不同的实数解，且由根与系数的关系得，，由题意可得，解得，此时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得极大值．故选：B．8. 已知同时满足下列三个条件：①时，的最小值为②是偶函数③若在有最小值，则实数t的取值范围可以是（　　）A. （0，] B. （0，] C. （，] D. （，]【答案】D【解析】【分析】根据性质求出函数解析式，再由函数在有最小值，根据正弦型函数的图象与性质可确定出即可得解.【详解】由题意：①时，的最小值为，可得周期为π，即；②是偶函数，即为偶函数，即，，可得，，③，即，当为偶数时不成立，当为奇数时成立，故不妨可取，即有， ∵，∴，且， 根据在上有最小值，知即可，即，故选：D．9. 在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先证明平面SAC，再根据正弦定理求解外接圆的半径，进而根据外接球的性质确定球心的位置，结合直角三角形中的关系求解球半径得到体积即可【详解】因为，所以.又，，所以平面SAC.在中，，，所以.又，则外接圆的半径为，取BC，AC的中点D，E，的外心为F，过D作平面ABC的垂线l，过F作平面SAC的垂线交l于点O，即为球心，连接DE，EF，FA，OA，则四边形DEFO为矩形，则，，所以，即三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为.故选：D10. 已知双曲线的右焦点为，为右支上一点，与轴切于点，与轴交于两点，若为直角三角形，则的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将坐标代入双曲线方程，根据，即可求得，从而得到关于的方程，即可得到结果.【详解】不妨设点在轴的上方，因为轴，将点的横坐标代入，得.由题意可知，且，则有，即，则，即，则.故选:B.11. 已知，函数，若对，恒有，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先根据函数图像求出恒成立，再根据函数的最值求得即可.【详解】令，因为，则，由的图像可知或（舍），则等价于在恒成立，由题意在时，，因，当且仅当时，取等号，所以；因为，所以的最大值为，的最小值为，所以可得，得.故选：D.    12. 已知，则的大小关系是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】构造函数，，利用导函数得到其单调性，从而得到，当且仅当时等号成立，变形后得到，当时，等号成立，令后得到；再构造，利用导函数得到其单调性，得到，当且仅当时，等号成立，变形后得到，当时，等号成立，令得到，从而得到.【详解】构造，，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，故，当且仅当时等号成立，因为，所以，当时，等号成立，当时，，所以构造，则，当时，，当时，，所以在单调递增，在上单调递减，故，所以，当且仅当时，等号成立，故，当且仅当时，等号成立，令，则，所以，综上，故选：【点睛】构造函数比较函数值的大小，关键在于观察所给的式子特点，选择合适的函数进行求解.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分. 13. 已知向量，，则＝________．【答案】【解析】【分析】先求出的坐标，再由，得，列方程可求出的值【详解】解析：，，解得．故答案为：14. 设椭圆的左､右焦点分别为.已知点，线段交椭圆于点P，O为坐标原点.若，则该椭圆的离心率为___________.【答案】##【解析】【分析】由椭圆定义和题干中的可得到，进而得出点P的坐标，代入椭圆方程化简可得到离心率.【详解】根据椭圆定义知，又，，由三角形为直角三角形可得点P是的中点，，把点P代入椭圆方程中得.故答案为：.15. 已知函数的定义域为R，且，则______【答案】-3【解析】【分析】先根据题意求得函数的周期为6，再计算一个周期内的每个函数值，由此可得解．【详解】令，则，即，，，两式相加，得，则，的周期为6，令，得，由解得，又，，，，，，，．故答案为：-316. 在中，内角所对的三边分别为，且，若的面积为，则的最小值是__________.【答案】【解析】【分析】由三角形面积公式得到，利用角A的三角函数表达出，利用数形结合及的几何意义求出最值.【详解】因为△ABC的面积为1，所以，可得，由，可得，设，其中，因为表示点与点连线的斜率，如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，  在直角△OAP中，，可得，所以斜率的最小值为，所以m的最大值为，所以，所以，即BC的最小值为，故答案为：【点睛】思路点睛：解三角形中最值问题，要结合基本不等式，导函数或者数形结合，利用代数式本身的几何意义求解.三、解答题：本大题共6小题，合计70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （一）必考题：共60分.17. 某校所在省市高考采用新高考模式，学生按“”模式选科参加高考：“3”为全国统一高考的语文､数学､外语3门必考科目；“1”由考生在物理､历史2门中选考1门科目；“2”由考生在思想政治､地理､化学､生物学4门中选考2门科目.（1）为摸清该校本届考生的选科意愿，从本届750位学生中随机抽样调查了100位学生，得到如下部分数据分布： 选物理方向选历史方向合计男生30 40女生   合计50 100请在答题卡的本题表格中填好上表中余下的5个空，并判断是否有99.9%的把握认为该校“学生选科的方向”与“学生的性别”有关；（2）记已选物理方向的甲､乙两同学在“4选2”的选科中所选的相同的选科门数为，求的分布列及数学期望.附：，.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828 【答案】（1）填表答案见解析，有99.9%的把握认为该校“学生选科的方向”与“学生的性别”有关    （2）分布列见解析，数学期望：【解析】【分析】（1）根据题意即可填表，得到列联表，计算的值，即可得到结论；（2）确定变量的取值，计算每个值对应的概率，可得其分布列，根据期望的计算公式可得答案.【小问1详解】根据题意可得列联表，如图： 选物理方向选历史方向合计男生301040女生204060合计5050100则，由于，故而有99.9%的把握认为该校“学生选科的方向”与“学生的性别”有关【小问2详解】可能取值为0，1，2，则；；（或），；分布列如下表：012所以.18. 已知在锐角中，.（1）证明：；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）化简题干条件得到，从而根据是锐角三角形，得到，得到；（2）先根据锐角三角形得到，再逆用正切的差角公式，结合第一问的结论得到.【小问1详解】证明：由知：，即，所以，因为是锐角三角形，所以，在上单调递增，所以，即.【小问2详解】由锐角知：，，，解得：，故.19. 如图，是圆的直径，点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，且，点是的中点，与交于点，点是上的一个动点.  （1）求证：；（2）求二面角平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）通过证明平面来证得；（2）判断出二面角平面角，解直角三角形求得其余弦值；【小问1详解】证明：点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，平面，平面，，又是圆的直径，有，且，平面，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】平面，平面，所以，，为二面角的平面角．设，则，，有，为锐角，在直角中可得，故，故二面角平面角的余弦值为．20. 已知椭圆，左焦点为，上顶点为，直线BF与椭圆交于另一点Q，且，且点在椭圆上.（1）求椭圆C的方程；（2）设，，M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点P，直线与直线交于点.证明：是等腰三角形.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据向量关系可得，再结合椭圆上已知的点可求基本量，从而可得椭圆方程.（2）设，则可用表示的横坐标，利用在椭圆上可证，从而可证明是等腰三角形.【小问1详解】因为，， ，故，故，所以即，而在椭圆上，故，故，解得，所以，故椭圆方程为：.【小问2详解】设，，故，而，由可得，同理.,因为在椭圆上，故，故即，而所以，故是等腰三角形.21 已知函数（1）讨论的单调性；（2）若在有两个极值点，求证：．【答案】（1）当时，在上单调递增；当或时，在上单调递减，在和上单调递增.    （2）见解析【解析】【分析】（1）由题意，求导，根据含参二次函数的性质，由判别式进行分类讨论，可得答案；（2）由题意，根据极值点与导数零点的关系，结合韦达定理，化简不等式以及明确参数的取值范围，构造函数，求导研究新函数的单调性，可得答案.【小问1详解】由，求导得，易知恒成立，故看的正负，即由判别式进行判断，①当时，即，，则在上单调递增；②当时，即或，令时，解得或，当时，，则在上单调递减；当或，，则在和上单调递增；综上所述，当时，在上单调递增；当或时，在上单调递减，在和上单调递增.【小问2详解】在上由两个极值点，或，且为方程的两个根，即，，，，即，将，代入上式，可得：，由题意，需证，令，求导得，当时，，则在上单调递减，即，故.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． [选修4－4：坐标系与参数方程] 22. 在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求C的极坐标方程和l的直角坐标方程；（2）l与C交于A，B两点，若，求．【答案】（1），    （2）或．【解析】【分析】（1）由C的参数方程化为直角坐标方程，再根据公式转化为极坐标方程，根据极坐标意义直线方程可化为直角坐标方程；（2）根据极径的几何意义及根与系数的关系，由可得极角.【小问1详解】将C的参数方程化为直角坐标方程得，即，∴C的极坐标方程为．∵l的极坐标方程为，∴l的直角坐标方程为．【小问2详解】将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得．当时，设A，B所对应的极径分别为，则，∴，∴，∴，满足，又，∴或． [选修4－5：不等式选讲] 23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）设，若的最小值为m，实数a，b，c均为正，且，求的最小值.【答案】（1）    （2）最小值为3【解析】【分析】（1）根据x的范围分段取绝对值符号，求解可得；（2）利用绝对值三角不等式求得m，然后妙用“1”，展开使用基本不等式可得.【小问1详解】，即.当时，，解得；当时，，解得，又，所以；当时，，解得，又，所以.综上，不等式的解集为.【小问2详解】，当且仅当，即时取等号，所以，即.所以，，当且仅当时，等号成立，