2023届陕西省榆林市绥德中学高三下学期2月月考数学（文）试题含解析

这是一份2023届陕西省榆林市绥德中学高三下学期2月月考数学（文）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届陕西省榆林市绥德中学高三下学期2月月考数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解对应不等式得，，再求集合运算即可.【详解】解：解不等式得，解不等式得，所以，，，所以．故选：B．2．已知复数，则的共轭复数为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用复数模的意义、复数除法运算求出复数即可作答.【详解】依题意，，所以．故选：D3．已知x，y的对应值如下表所示：x02468y111若y与x线性相关，且求得的回归直线方程为，则（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据样本中心必在回归直线上求解.【详解】，，所以这组数据的样本中心点是，又点在回归直线上，所以，解得．故选：C．4．在平行四边形ABCD中，F是边BC的中点，点E满足．若，则（    ）A． B．1 C． D．3【答案】C【分析】由向量线性运算的几何应用，表示出，从而直接求值.【详解】由题意知，，，，，所以，又，所以，，所以．故选：C．5．已知a为实数，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据对数函数的单调性可验证充分性，根据绝对值不等式可判断必要性，即可得答案.【详解】因为函数在上均为增函数，所以，所以由，可得，反之，则或推不出．所以“”是“”的充分不必要条件．故选：A．6．直线被圆所截得弦长的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先判断直线与圆的位置关系，再由圆心与直线过的定点与直线垂直求解.【详解】解：易知直线l过定点，圆心，因为，所以直线l与圆C相交，当时，l被圆C所截得的弦最短，此时弦长．故选：A．7．执行如图所示的程序框图，则输出的n为（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】根据循环的功能，一一循环验证，直至，终止循环，输出结果.【详解】解：因为，，第一次执行循环体，得，；第二次执行循环体，得，；第三次执行循环体，得，；第四次执行循环体，得，，则输出．故选：B．8．如图，在正方体中，E，F分别是AB，的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】在同一平面作异面直线和的平行线，求其所成的角，即为所求.【详解】设，的中点分别为M，N，连接AM，AN，MN，易证，，所以（或其补角）为异面直线和所成的角，设正方体的棱长为2，易求得，，所以．故选：B.9．中同传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”．如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互变化、对称统一的形式美、和谐美．已知其图象能够将圆的周长和面积同时平分的函数称为这个圆的“优美函数”，则下列函数中一定不是圆O的“优美函数”的为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意可知优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，再分别检验四个选项即可得出答案．【详解】根据优美函数的定义可知，优美函数的图像过坐标原点，图像关于坐标原点对称，是奇函数，对于A，B，D都是图象过原点，且为奇函数，如图1，图2，图4，能将圆的周长与面积平分，是“优美函数”；对于C，如图3，不能将圆的周长与面积平分，不是“优美函数”．故选：C．10．已知函数，其图象的两相邻对称中心间的距离为4，若，则（    ）A．B．图象的对称轴方程为C．在上单调递减D．不等式的解集为【答案】D【分析】由题，结合三角函数的性质待定系数得，再依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：因为函数，其图象的两相邻对称中心间的距离为4，所以的最小正周期，即，解得，所以，由，得，又，所以，即，则A错误；由，得，所以的对称轴方程为，则B错误；令，得，所以的单调递减区间为，不是的子集，则C错误；由，得，所以，解得，所以，不等式的解集为，故D正确．故选：D．11．在直三棱柱中，是边长为6的等边三角形，是的中点，与平面所成角的正切值为1，则三棱柱的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题知为与平面所成的角，进而根据几何关系得，设直三棱柱上、下底面的中心分别为，，故三棱柱的外接球的球心为的中点，设为，则为球的半径，再根据勾股定理求解得，再计算求得表面积即可.【详解】解：如图所示，在直三棱柱中，底面ABC，所以为与平面所成的角，因为是边长为6的等边三角形，是的中点，所以，所以，解得．设直三棱柱上、下底面的中心分别为，，所以在CD上，且，由对称性可知，三棱柱的外接球的球心为的中点，设为，则为球的半径，因为，所以，所以直三棱柱的外接球的表面积．故选：A．12．已知，是双曲线的上、下焦点，过的直线交双曲线的上支于A，B两点，且，，则（    ）A．双曲线C的离心率为 B．双曲线C的一条渐近线的斜率为C．线段AB的长度为6a D．的面积为【答案】D【分析】首先根据已知条件得到，再结合双曲线的定义得到，，，，，，再依次判断选项即可得到答案.【详解】如图所示：因为，所以，所以，因为，且，，所以，，，，，，对选项A，因为，所以离心率，故A错误，对选项B，因为，所以渐近线的斜率为．故B错误.对选项C，因为，故C错误.对选项D，因为为等腰三角形，所以的面积．故D正确.故选：D 二、填空题13．已知x，y满足约束条件，则的最大值为______．【答案】24【分析】根据题意作出可行域，结合目标函数的几何意义求最大值.【详解】画出可行域如图阴影部分（含边界）所示，表示斜率为，纵截距为的直线，平移直线，当表示的直线经过点A时，z取得最大值，联立方程组，解得，即，所以．故答案为：24.14．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为______．【答案】【分析】分析可知在上恒成立，利用参变量分离法可得出在上恒成立，即可求得实数的取值范围.【详解】因为，则，因为在上单调递减，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以，，即实数的取值范围为．故答案为：．15．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则中最大边与该边上高的比值为______．【答案】【分析】由得，再由得，所以得，最大边为a，从而求得边与相应高的比.【详解】因为，所以，又，所以，所以，所以，即，所以，所以的最大边为a，最大边上的高，所以．故答案为：．16．已知抛物线，A，B为C上的两个动点，若，P为线段AB的中点，则P到y轴距离的最小值为______．【答案】【分析】首先设直线AB的方程为，与抛物线联立得到，再根据点P到y轴的距离为，结合对钩函数的单调性求解即可.【详解】由题意可设直线AB的方程为，与联立，消去x，得，则，设，，则，，因为，即，所以，又，所以点P到y轴的距离为，令，则，设，令，解得，所以在上单调递增，所以，故当时，P到y轴的距离最小，且最小值为．故答案为： 三、解答题17．已知数列的前n项和为，，，．(1)求的通项公式；(2)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据，求解；（2）由（1）得到，进而得到，利用裂项相消法求解.【详解】（1）解：因为，，所以，所以，所以，又，也成立，所以的通项公式．（2）证明：由（1）知，所以，所以．因为，所以，所以，所以，．18．为保护学生视力，让学生在学校专心学习，促进学生身心健康发展，教育部于2021年月日下发文件《关于加强中小学生手机管理工作的通知》，对中小学生的手机使用和管理作出了规定．某中学研究型学习小组调查研究“中学生每日使用手机的时间”．从该校中随机调查了名学生，得到如下统计表：时间人数(1)估计该校学生每日使用手机的时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；(2)用分层抽样的方法从使用手机时间在和的两组学生中抽取人，再从这人中随机抽取人，求这人来自不同组的概率．【答案】(1)平均数为(2) 【分析】（1）将每个区间的中点值乘以对应组的频率，再将所得结果全部相加可得出该校学生每日使用手机的时间的平均数；（2）分析可知抽取的人在组的有人，记为、、，在组的有人，记为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）解：由题意得，随机选取的该校这100名学生每日使用手机的时间的平均数为．所以估计该校学生每日使用手机的时间的平均数为．（2）解：由分层抽样的方法知，抽取的人在组的有人，记为、、，在组的有人，记为、，从人中抽取人的所有基本事件：、、、、、、、、、，共个，来自不同组的基本事件：、、、、、，共个，故所求概率．19．在如图所示的多面体ABCDE中，平面ABC，，，，．(1)证明：平面平面BDE；(2)求多面体ABCDE的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）说明四边形CFGD为平行四边形，由线面垂直证，再由线线垂直证平面ABE，最后可证平面平面BDE；（2）多面体ABCDE的体积等于三棱锥的体积与三棱锥的体积之和，其中说明平面ABE、平面ABE，可得点D到平面ABE的距离等于点C到平面ABE的距离，并计算其值；说明平面ABC，则为三棱锥的高.【详解】（1）证明：设AB，BE的中点分别为F，G，连接CF，FG，DG，则，且，又，且，所以，且，所以四边形CFGD为平行四边形，所以．因为平面ABC，平面ABC，所以，所以，因为，F为AB的中点，所以，所以，又AB，平面ABE，且，所以平面ABE，又平面BDE，所以平面平面BDE．（2）由（1）得，，且AB，平面ABE，，所以平面ABE，又因为，，F为AB的中点，所以．因为，平面ABE，平面ABE，所以平面ABE，所以点D到平面ABE的距离等于点C到平面ABE的距离．因为平面ABC，AC，平面ABC，所以，，又，所以，，又AC，平面ABC，且，所以平面ABC，连接AD，多面体ABCDE的体积V等于三棱锥的体积与三棱锥的体积之和，而，，所以多面体ABCDE的体积．20．已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在上的最大值在区间内，求整数m的值．【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据导数的几何意义求切线的斜率，根据点斜式方程求切线方程；(2)利用导数判断函数的单调性，确定其最大值的表达式，再利用导数求其最大值的范围，由此可求整数m的值．【详解】（1），其定义域为，，所以，，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）由，得，所以．令，则，所以在上单调递增，因为，，所以存在，使得，即，即．故当时，，当时，，又当时，（等号仅在时成立），所以当时，；当时，（等号仅在时成立）．所以在上单调递增，在上单调递减，则．令，，则，所以在上单调递增，则，．所以，所以．【点睛】关键点点睛：利用导数研究函数的单调性，结合零点存在性定理确定函数的极值点的存在，并由此确定函数的最值.21．已知椭圆，其长轴长是焦距的2倍，短轴的一个端点到右顶点的距离为．(1)求椭圆C的方程；(2)过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点，若，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意列式运算求解，即可得结果；（2）根据题意结合韦达定理可求得，再利用弦长公式求面积，注意讨论直线l的斜率是否存在.【详解】（1）因为椭圆的长轴长是焦距的2倍，所以，即，又短轴的一个端点到右顶点的距离为，所以，则，所以，故椭圆C的方程为．（2）由（1）知椭圆C的方程为，①当直线l的斜率不存在时，M，N为短轴的端点，不妨设，，所以，，此时，不合题意；②当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为，，，联立方程，消去y并整理得，则，，，，因为，则，所以，因为，则，整理得，解得，此时直线l的方程为，所以，点P到直线l的距离，所以．综上所述：的面积为.【点睛】方法定睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；（2）面积问题常采用×底×高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用.22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（是参数），直线l的普通方程为，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求曲线C的普通方程和直线l的极坐标方程；(2)若P是曲线C上任意一点，求点P到直线l的距离的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由平方关系消参数得普通方程，由公式法得极坐标方程；（2）写出P的参数坐标，由点线距离公式结合辅助角公式讨论范围即可.【详解】（1）由得又，所以，即曲线C的普通方程为．因为，，，所以，即直线l的极坐标方程为．（2）设，由点到直线的距离公式可得P到直线l的距离，其中，所以当时，；当时，．所以点P到直线l的距离的取值范围为．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若，使得不等式成立，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）原不等式即为，分、、三种情况解原不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）当时，原不等式可变形得出或，利用参变量分离法可求得实数的取值范围.【详解】（1）解：因为，，即，当时，，无解；当时，，解得，所以；当时，，化简得，所以．所以不等式的解集为．（2）解：因为，，可得，当时，，可化为，所以，或，即存在，使得或．若存在，使成立，因为，当且仅当时，等号成立，所以；若存在，使成立，因为，当且仅当时，等号成立，所以．综上，实数的取值范围为．