2023届云南省昆明市第一中学高三下学期第十次月考数学试题含解析

这是一份2023届云南省昆明市第一中学高三下学期第十次月考数学试题含解析，共19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届云南省昆明市第一中学高三下学期第十次月考数学试题 一、单选题1．已知复数，，则（   ）A． B． C．1 D．2【答案】B【分析】先根据复数除法法则化简复数，代入计算即可求解.【详解】因为，则，所以，所以.故选：B.2．已知集合，，，则=（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出集合，再由补集和交集的定义求解即可.【详解】由可得，则，由可得：，由可得，则，则，，，，所以，故选：D.3．已知数列满足：，且满足，则（   ）A．1012 B．1013 C．2022 D．2023【答案】A【分析】变形得到，即中的奇数项是1为公差的等差数列，利用等差数列通项公式求出答案.【详解】因为，所以，两式相减，得：，所以数列中的奇数项是以为首项，1为公差的等差数列，所以.故选：A.4．已知单位向量，且，若，，则（    ）A．1 B．12 C．或2 D．或1【答案】D【分析】由题意结合向量加法的几何意义可得或，再根据数量积的定义计算，即得答案.【详解】由题意单位向量，且，可知与的夹角为，因为，所以或，故当时，；当时，，故选：D.5．如图，AB是底部B不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，为了测量建筑物高度AB，我们选择一条水平基线HG，使H，G，B三点在同一直线上，经测量，在G，H两点用测角仪器测得A的仰角分别是，，米，测角仪器的高是1.5米，则该建筑物的高AB约为（   ）（参考数据：）  A．13.5米 B．14.2米 C．15.2米 D．16.5米【答案】C【分析】利用正弦定理求得正确答案.【详解】，在中，由正弦定理得，所以，这座建筑物的高度为米.故选：C6．已知三棱柱中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将三棱柱补成如图所示的四棱柱，则异面直线与所成角即为，设，求出，由余弦定理求解即可.【详解】解析：将三棱柱补成如图所示的四棱柱，  连接，由四棱柱的性质知，，所以异面直线与所成角即为与所成角，则所求角为，设，则,由余弦定理可得：，同理可得，因为，，所以，所以，故选：C.7．五一假期（4月29至5月3日共5天）期间，某单位保卫科要安排甲、乙、丙3名安保人员值班，要求每人至少值班一天，每天安排1名值班人员，且不安排同一个人连续两天值班，则不同的排班方法种树有（   ）A．48 B．42 C．24 D．18【答案】B【分析】根据分类分步方法，以及排列组合的概念求解.【详解】把4月29日至5月3日的5天依次设为第1天，第2天，第3天，第4天，第5天，考虑不安排同一个人连续两天值班，可以先安排第3天，再安排第2，4两天，最后安排第1，5两天.先安排第3天的值班有种，安排第2，4两天时，当第2，4两天值班人员是同一人，有种，此时安排第1，5两天值班有种；当第2，4两天值班人员不是同一人时，有种，此时安排第1，5两天值班有4种方法，所以不同的排班方法有种，故选:B.8．已知函数，若存在两个不同的实数，使，则（   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再画出函数图象，依题意可得，即可得到、的关系.【详解】函数，定义域为，原函数可化为，又，函数为奇函数，因为在上单调递增，且，在上单调递增且，所以在上单调递增，且，在上单调递减且，所以当时，函数单调递增，且；当时，函数单调递减，且，作函数的图象知，  由，则，则，得或，化简得（舍去）或.故选：B. 二、多选题9．若函数，则（   ）A．函数为偶函数B．函数的周期为C．函数在区间上单调递增D．函数的最大值为，无最小值【答案】AB【分析】通过分析函数的奇偶性和周期性，利用求导得出函数的导函数，进而得出函数的单调区间和极值，即可得出结论.【详解】由题意，在中，，故A正确；，故B正确；当，，，，∴时，，单调递增；时，，单调递减；当时，，取得最大值；或时，取得最小值，故CD错误，故选：AB.10．在正四棱台中，上、下底面分别是边长为和的正方形，侧棱长为2，其顶点在同一个球面上，则下列结论正确的是（   ）A．四棱台的表面积B．四棱台的体积C．四棱台的体积D．四棱台的外接球的表面积【答案】BD【分析】画出几何体，作几何体的斜高，则表面积可得；求出几何体的高，则体积可得；将几何体的外接球转化为对角面的外接圆，则外接球半径可得.【详解】如图所示：  连接下、上底面的中心 ，分别过O，作，，连接 ，由已知计算得四棱台的高，斜高，所以四棱台的表面积为，A错误；又四棱台的体积，B正确，C错误；由正四棱台的性质可得：该四棱台的外接球的球心都在 上，如图所示：  已知，，，设四棱台的外接球半径为，易得，解得，计算可得，所以D正确.故选：BD.11．已知抛物线C：的焦点为F，在C上存在四个点P，M，Q，N.若弦PQ与弦MN的交点恰好为焦点F，且，则（   ）A．抛物线C的准线方程是B．C．D．四边形的面积的最小值是128【答案】BCD【分析】由抛物线的方程可得焦点F的坐标，应用抛物线焦点弦性质，，，，可以判断B，C，结合三角函数性质可判断D选项.【详解】由抛物线得，准线方程是，选项A不正确；不妨设PQ的倾斜角为，则由，得，，所以，，所以，，所以，选项B正确；，，所以，选项C正确；四边形PMON的面积，当且仅当，即时，四边形PMQN的面积取得最小值128，选项D正确；故选：BCD.  12．非零实数满足，则下列叙述正确的是（   ）A．当时，B．当时，C．当时，D．当时，【答案】AB【分析】首先研究曲线的对称性，这样只需要研究，的情况，进而可以直接脱去绝对值符号；把曲线转化为函数，利用函数的方法解决取值的范围问题.【详解】将带入方程，显然成立，所以方程的曲线关于原点对称，只需研究，的情况.当，时，原方程可化为，变形得，显然，又，当且仅当，即时等号成立.所以，据对称性可知，当时，，A，B都正确；当时，，令，求导可得，令，解得，_0+↘极小值↗所以，，所以，C，D都错.故选：AB. 三、填空题13．某校高三年级近期进行一次数学考试，参加考试的学生人数有1000人，考试成绩，则该年级数学成绩在90分以上的人数约为_______（运算结果四舍五入到整数）（参考数据：，）【答案】23【分析】利用正态分布的对称性以及给定概率值即可求解.【详解】由成绩知，，,，所以，，所以，则该年级数学考试成绩在90以上的人数为.故答案为：23.14．已知函数在区间上最大值为M，最小值为m，则的值是_______.【答案】【分析】求导，得到函数的单调性，进而求出最值，得到答案.【详解】由题意， ，，在上，故函数单调递增，所以，，，故的值是.故答案为：15．已知点P是直线上的动点，过点P作圆O：的两条切线，切点分别为，则点到直线的距离的最大值为_______.【答案】1【分析】设，利用圆的方程可求出直线的方程为，再结合P是直线上的动点，可求得直线AB过定点，即可确定当Q与M的连线垂直于直线AB时，点Q到直线AB的距离最大，即得答案.【详解】设，过点P作圆O：的两条切线，切点分别为，则在以为直径的圆上，该圆的方程为，将和相减得：，即得到直线的方程为，又因为点P是直线，故，则直线的方程为，即，当且，即，时该方程恒成立，所以直线AB过定点，当Q与M的连线垂直于直线AB时，点Q到直线AB的距离最大，此时最大值即为Q，M之间的距离，而，即点到直线AB的距离的最大值为1，故答案为：1 四、解答题16．已知点是椭圆C：上的一点，是椭圆的左、右焦点，且，则椭圆C的方程是.若圆的切线与椭圆C相交于M点，则的最大值是_______.【答案】3【分析】根据椭圆的几何性质可得方程为，由圆的切线可得，进而根据椭圆的弦长公式得，利用换元以及不等式即可求解最值.【详解】由和可得， 即，，解得，，所以椭圆C：；设圆的切线方程为，由得，联立 消去x得，，设，，则，，，设，，当且仅当，即时，取得最大值3.故答案为：3【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.17．四棱柱中，底面ABCD为菱形.  (1)在直线上是否存在一点P，使得平面，请说明理由(2)若，，且在底面上的射影为与的交点O，求平面与平面的夹角.【答案】(1)存在，理由见解析(2). 【分析】（1）延长至点P，使得，连即可；（2）建立空间直角坐标系用法向量的夹角即可求解.【详解】（1）  延长至点P，使得，连，可知平面，证明如下：连接，由于为四棱柱，得，又，则为平行四边形，所以，又，则，由于平面，平面，所以平面；（2）由题意，则，又，可得.如图，以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，则  ，，，，则，可得平面的一个法向量，又平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角为.18．在数列中，，当时，(1)求证：数列是等差数列；(2)设，数列的前n项和为，求【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由变形得到，从而得到结论；（2）在（1）的基础上，得到，进而得到，分奇偶进行求解，得到答案.【详解】（1）因为，所以，两边同除以，得，所以是以为首项，1为公差的等差数列.（2）由（1）知，，整理得：，则，当n为偶数时，，当n为奇数时，，所以.19．已知，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(1)求A(2)若函数与的图像的对称轴之间的最短距离为，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用正弦定理和和角的正弦公式化简即得解；（2）先求出两函数的对称轴方程，再求出两对称轴之间的距离为，求其最小值即得解.【详解】（1）由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，因为，所以.（2）由（1）得，所以，令所以函数的对称轴方程为.对于函数，令所以函数的对称轴方程为.所以两对称轴之间的距离为.当时，两对称轴之间的距离最小为.20．2023年，某省实行新高考，数学设有4个多选题，在给出的A，B，C，D四个选项中，有两项或三项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分，在某次考试中，根据以往经验，小李同学做对第一个多选的概率为，做对第二个多选题的概率为，做对第三个多选题的概率为.(1)求小李同学前三个多选题最多错一个的概率(2)若最后一道数学多选题小李同学完全不会做，他决定随机地涂至少一个选项，你认为他应该涂几个选项.说明理由.【答案】(1)(2)他应该随机填涂一个选项，理由见解析 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求解，（2）分两类情况讨论，即可计算概率进而求解期望，根据期望的大小作出判断.【详解】（1）事件A为小李同学前三个多选题最多错一个题（2）因为小李完全不会做最后一道多选题，如果这道题有两个正确选项：小李只随机填涂一个选项，则他得2分的概率为 ，得0分的概率也是 ，得分的期望为1；他随机填涂两个选项，则他得5分的概率为 ，得0分的概率为 ，得分的期望为 ；他随机填涂三个选项，一定得0分，得分的期望为0.如果有三个正确选项：小李只随机填涂一个选项，则他得2分的概率为 ，得0分的概率为 ，得分的期望为 ；他随机填涂两个选项，则他得2分的概率为 ，得0分的概率为 ，得分的期望为1；他随机填涂三个选项，则他得5分的概率为 ，得0分的概率为 ，得分的期望为 .无论正确选项是两个或三个，小李不选或选四个选项均得0分.综上可知，小李填涂一个选项得分的期望最大，所以他应该随机填涂一个选项.21．已知动圆P过点，且与圆N：相切(1)求圆心P的轨迹的方程；(2)A，C为轨迹上两个动点且位于第一象限（不在直线上），直线AN，CN分别与轨迹交于B，D两点，若直线AD，BC分别交直线与E，F两点，求证；【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据点与圆的位置关系和椭圆的定义和椭圆的标准方程即可求解；（2）根据直线与椭圆的联立和几何关系即可求解.【详解】（1）由题目可知圆，因为，所以点M在圆N内，于是圆P与圆N内切，因此，故动点P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆.所以，，.即轨迹方程 .（2）设，，直线AB的方程为，联立得，所以，.设，，直线CD的方程为，同理可得，.又因为直线AD的方程为，令，得，同理.现只需证，即证，显然成立，故.22．已知函数，，其中，.(1)证明：；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）构造，求导得到在上单调递增，从而；（2）变形得到，构造，求导，结合，由得到不等式成立的必要条件，即，再证明充分性.【详解】（1）设，，因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以；（2），令，因为，又，所以，若在上恒成立，则为必要条件，即.下证充分性当时，，由（1）知，，所以只需证明，也只需证明，令，令，所以，令所以，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以，即，所以，所以成立.综上可得a的取值范围为.【点睛】数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上时切线的横坐标，端点值或极值点等.