2023届新疆乌鲁木齐市第四十中学高三上学期12月月考数学（理）试题含答案

这是一份2023届新疆乌鲁木齐市第四十中学高三上学期12月月考数学（理）试题含答案，共16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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由指数函数、对数函数性质求得集合，再由集合的运算法则计算．
【详解】由已知，
，
，所以．
故选：C．
2．将向右平移个单位，得到函数的图象，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由条件根据函数的图象变换规律可得的解析式，从而求得的值．
【详解】解：将向右平移个单位，得到函数的图象，
则，
故选：C．
3．甲醛通常为无色气体，有刺激性气味．甲醛有很多用途，室内装修常用的板材、油漆、地毯、壁纸等都含有并会释放甲醛，而且甲醛的浓度一旦过高，将会引起中毒，因此新房装修后一般都需要测试甲醛浓度．甲醛的浓度（单位）随温度（单位）的变化的函数关系为，在某次甲醛测试中，当室温为时甲醛的浓度是室温为时甲醛浓度的倍，那么室温为时甲醛的浓度是室温为时甲醛浓度的（ ）
A．倍B．倍C．倍D．倍
【答案】C
【分析】根据已知函数关系式和倍数关系可求得，代入所求比例中即可求得结果.
【详解】由题意得：，即，，
即室温为时甲醛的浓度是室温为时甲醛浓度的倍.
故选：C.
4． 已知等差数列的前项和为，且，数列满足，若，则的最小值为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知及等差中项的性质求，即可求通项公式，讨论求通项公式，结合已知不等关系求n的最小值.
【详解】由题设，，且，
所以，则，可得，
所以，
由，当时，
两式相减得：，则，显然也满足，
综上，，由，则，可得的最小值为.
故选：C.
5．已知，点在曲线上，则的值为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】根据点在曲线上，将点P的坐标代入，再结合三角函数知识求解.
【详解】将点P的坐标代入，
得，
解得.
又，
所以或.
故选：C.
【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系以及三角函数的应用，属于基础题.
6．等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．2B．-2C．1D．-1
【答案】A
【分析】根据等比数列前项和公式的结构求得.
【详解】设等比数列的公比为q，当时，，不合题意；
当时，等比数列前项和公式，
依题意.
故选：A
7．有一正方体，六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有三个人从不同的角度观察的结果如图所示.如果记3的对面的数字为m，4的对面的数字为n，那么m+n的值（ ）
A．3B．7C．8D．11
【答案】C
【详解】解：从3个小立方体上的数可知，
与写有数字1的面相邻的面上数字是2，3，4，6，
所以数字1面对数字5，
同理，立方体面上数字3对6．
故立方体面上数字2对4．
则m=6，n=2，
那么m+n=8．
故答案为8
8．已知，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题可得，再利用基本不等式即得.
【详解】∵，，，
∴，
∴，当且仅当，即，时“”成立．
故选：A．
9．已知函数在单调递增，且，则下列说法错误的是（ ）
A．为偶函数B．对且，都有
C．若，恒成立，则实数D．对，都有
【答案】D
【分析】对于A，根据的对称性可得的对称性；对于B，分，讨论确定的大小，再利用数的单调性确定的大小；对于C，将问题转化为函数在上的图像恒在的下方，画图，通过图像可得的范围；
对于D，由结合函数单调性可得答案.
【详解】由得函数关于对称，则关于对称，
即为偶函数，A正确；
若函数在单调递增，则在单调递减，
当时，，则，
当时，，则，
对且，都有，B正确；
若，恒成立，
则即
当时，函数在上的图像恒在的下方
，

当时，函数在上的图像恒在的下方
，，综合得实数，C正确；
，结合函数单调性，
则，D错误.
故选：D.
10．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（容器壁的厚度忽略不计）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，然后利用公式可计算出球体的表面积.
【详解】由题意知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，
所以，该球形容器的半径的最小值为，
因此，该球形容器的表面积的最小值为.
故选C.
【点睛】本题考查长方体的外接球，解题的关键就是要弄清楚球为长方体的外接球时，球的半径最小，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
11．定义在上的偶函数满足，且当时，，则函数的零点个数为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】函数的零点个数即为函数y＝f（x）与函数图象的交点个数，由题意，作出函数图象观察即可得出零点个数．
【详解】解：由题意，函数f（x）的周期为2，且关于y轴对称，
函数的零点个数即为函数y＝f（x）与函数图象的交点个数，
在同一坐标系中作出两函数图象如下，
由图象观察可知，共有两个交点．
故选：A．
【点睛】本题考查函数零点个数判断，解决这类题的方法一般是转化为两个简单函数，通过数形结合，观察两函数图象的交点个数，进而得到零点个数，属于基础题．
12．在象棋比赛中，参赛的任意两位选手都比赛一场，其中胜者得2分，负者得0分，平局各得1分．现有四名学生分别统计全部选手的总得分为55分，56分，57分，58分，但其中只有一名学生的统计结果是正确的，则参赛选手共有（ ）
A．6位B．7位C．8位D．9位
【答案】C
【分析】设参赛选手共有位，则总场次为，由每场得分为2，即总得分只能为偶数，结合题设列方程求n值，并判断n值的合理性即可.
【详解】设参赛选手共有位，则总比赛场次为，即场，且，，
由题意知：任意一场比赛结束，选手的总得分为2分，
故所有选手总得分为分且为偶数，
∴当，得；当，无整数解，
∴(位).
故选：C.
二、填空题
13．已知向量，则向量的夹角是 ．
【答案】
【分析】利用两向量的夹角坐标公式进行求解。
【详解】∵，
∴，又，
∴
故答案为：.
14．三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有 种.
【答案】144
【分析】根据题意先将甲乙捆绑再与另一男生排列，再任选两名女生捆绑，与另一女生插入男生的3个空位中，最后利用分步计数原理求解.
【详解】先将甲乙捆绑再与另一男生排列有种站法，
三名女生任选两名捆绑，再与另一女生插入男生的3个空位中有种站法，
所以不同的站法有种站法，
故答案为：144
15．实部为5，模与复数的模相等的复数的个数为 .
【答案】1
【解析】设，根据模长关系建立等式求解即可.
【详解】依题意设，
则，而，
所以，即.所以.故满足题意的复数只有一个.
故答案为：1
【点睛】此题考查复数概念的辨析和模长的计算，关键在于熟练掌握复数相关概念准确辨析求解.
16．给出下列四个命题：
①在空间，若四点不共面，则每三个点一定不共线；
②已知命题，“非为假命题”是“或是真命题”的必要不充分条件；
③若，那么；
④若奇函数对于定义域内任意都有，则为周期函数．
其中错误命题的序号为 .
【答案】②③
【分析】用反证法的思想可以判断①；由“非为假命题”可推出p为真命题，可推出“或是真命题”，反之推不出，可判断②；根据不等式的性质可判断③；利用等式结合函数的奇偶性定义可推出，判断④.
【详解】对于①，若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线，可以根据其反面进行判断：
若空间四点间有三点共线则它们必共面，题①中的说法正确；
对于②,∵“非p为假命题”，则p为真命题，因此“p或q是真命题”；
若“p或q是真命题”，则p真q假，或p假q真，或p真q真，不一定得到p为真命题，
所以“非p为假命题”是“p或q是真命题”的充分而不必要条件，题②中的说法错误；
③若，则，
结合不等式的性质有：，题③中的说法错误；
对于④， ，又通过奇函数得 ，
∴，
所以f(x)是周期为2的周期函数，题④中的说法正确，
故答案为：②③．
三、解答题
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A的平分线AD交BC边于点D.
(1)证明：，；
(2)若，，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意得到，，由正弦定理得到，，两式相除得到，进而得到，，根据余弦定理，并代入化简，即可求解.
（2）根据，得到，结合基本不等式求得，进而求得，即可求解.
【详解】（1）解：在和中，可得，，
所以，，
由正弦定理，得，，
两式相除得，可得，，
又由，根据余弦定理得
所以
代入可得
.
（2）解：由，及，可得
根据基本不等式得，解得，当且仅当时等号成立，
又由，，可得，
所以的最小值是3.
18．2022年春节前，受疫情影响，各地鼓励市民接种第三针新冠疫苗.某市统计了该市4个地区的疫苗接种人数与第三针接种人数（单位：万），得到如下表格：
(1)请用相关系数说明y与x之间的关系可用线性回归模型拟合，并求y关于x的线性回归方程（若，则线性相关程度很高，可用直线拟合）.
(2)若A区市民甲､乙均在某日接种疫苗，根据以往经验，上午和下午接种疫苗分别需等待20分钟和30分钟，已知甲､乙在上午接种疫苗的概率分别为p､，且甲､乙两人需要等待时间的总和的期望不超过50分钟，求实数p的取值范围.
参考公式和数据：相关系数，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，，.
【答案】(1)说明答案见解析，；
(2).
【分析】（1）利用相关系数公式及最小二乘法即得；
（2）设甲､乙两人排队总时间为X，进而可得，然后结合条件即得.
【详解】（1）由题：，，
，，，
所以相关系数
，
说明y与x之间的性相关程度很高，所以可用线性回归模型拟合y与x之间的关系.
，
故y关于x的线性回归方程为.
（2）设甲､乙两人排队总时间为X，则X的所有可能取值为40，50，60，
，
，
.
所以，
由，得，
又，所以，
故p的取值范围为.
19．已知椭圆的离心率为，点是椭圆E上一点.
(1)求E的方程；
(2)设过点的动直线与椭圆E相交于两点，O为坐标原点，求面积的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)列出关于a、b、c的方程组即可求解；
(2)根据题意，直线l斜率存在，设其方程为，代入椭圆方程消去y得到关于x的二次方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，求出PQ长度，求出原点到l的距离，根据三角形面积公式表示出△OPQ的面积，利用基本不等式求解其范围即可.
【详解】（1）由题设知，解得.
∴椭圆E的方程为；
（2）当轴时不合题意，故可设，则
，得.
由题意知，即，得.
从而.
又点O到直线的距离，
∴，
令，则，
，，
所求面积的取值范围为.
20．如图，在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，P为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱上．
(1)求证：//平面；
(2)求证：平面//平面；
(3)求多面体的体积．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3).
【分析】（1）利用面面平行性质定理得到线线平行，最后转化成证明即可.
（2）先利用中位线的性质和平行四边形得到线线平行，再证明线面平行平面，最后再利用面面平行的判定定理得到面面平行.
（3）将所求多面体的体积通过大正方体体积减去部分体积进行转化，从而去求部分的体积.
【详解】（1）证明：由题意得平面平面，
又平面平面 ，
平面平面，，
同理，又且，且，
且，四边形为平行四边形，,,
又平面，平面，
平面.
（2）证明：由（1）知，，为中点，为中点，
同理为中点，
连接,，，，
四边形为平行四边形，，又平面，
且平面，平面，又平面.
且，平面，
平面平面.
（3）由正方体特性可知：，
所求多面体，
而几何体可以看成两三棱锥相减，
将延长至点，使，根据相似知识可知，,
得到几何体体积为三棱锥体积减去三棱锥体积，
，
.
【点睛】本题考查知识点较为综合，难度较大，主要考查线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，性质定理；对于较复杂的多面体体积要学会通过转化的思想，拿整体减去部分去求解.
21．已知函数，．
(1)若曲线与曲线相交，且在交点处有共同的切线，求的值和该切线方程；
(2)设函数，当存在最小值时，求其最小值的解析式.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）对，进行求导，已知在交点处有相同的切线，从而解出的值及该切线的方程；
（2）由条件知，对进行求导，分两种情况进行讨论：①；②，从而求其最小值的解析式；
【详解】（1）解：，
由已知得，解得，
两条直线交点的坐标为，切线的斜率为，
切线的方程为，即切线的方程为.
（2）解：由条件知
①当时，令，解得，
当时，在上递减；当时，在上递增，
是在上的唯一极值点，从而也是的最小值点，
最小值点，.
②当时，在上递增，无最小值，故的最小值的解析式为.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性从而求最值、分类讨论思想.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.
22．在平面直角坐标系中，以原点O为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为 （为参数）；曲线是过点Q（1，0），斜率为2的直线，且与曲线相交于A、B两点.
（1）求曲线的极坐标方程和曲线的参数方程；
（2）求的值.
【答案】（1）， （为参数）；（2）.
【分析】（1）先将的参数方程化为普通方程，再根据互化公式化为极坐标方程，设的倾斜角为，则，所以，则可得的参数方程；
（2）将的参数方程代入，利用参数的几何意义可求得结果.
【详解】（1）由
，所以曲线的极坐标方程为：，
设的倾斜角为，则，所以，
所以曲线的参数方程为： (为参数)
（2）将代入中得，，
设A、B两点对应的参数分别为，则，
.
【点睛】本题考查了参数方程化普通方程，普通方程化极坐标方程，考查了直线的参数方程及其几何意义，注意要用直线参数方程的标准形式，属于中档题
A区
B区
C区
D区
疫苗接种人数x/万
6
8
10
12
第三针接种人数y/万
2
3
5
6