2023届山东省潍坊市临朐县实验中学高三下学期2月月考数学试题含答案

这是一份2023届山东省潍坊市临朐县实验中学高三下学期2月月考数学试题含答案，共20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届山东省潍坊市临朐县实验中学高三下学期2月月考数学试题 一、单选题1．若集合则（    ）A． B．C． D． 【答案】D【分析】将集合分别化简，然后结合交集的运算即可得到结果.【详解】因为，则，又因为，则，所以.故选：D.2．若是实系数一元二次方程的一个根，则（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根据题意，将根代入方程，再利用复数的概念列出方程组，解之即可求解.【详解】因为是实系数一元二次方程的一个根，所以，则有，即所以，解得：，故选：C3．给出下列四个命题，其中正确命题为（    ）A．是的充分不必要条件B．是的必要不充分条件C．是函数为奇函数的充要条件D．是函数在上单调递增的既不充分也不必要条件【答案】C【分析】对于A项，根据单调性验证充分性和必要性；对于B项，取特值验证必要性不成立；对于C项，充分性考察幂函数的奇偶性，必要性求出和对应系数相等；对于D项，必要性根据幂函数的单调性验证.【详解】对于A 项，设函数，因为在上单调递增则因为在上单调递增，当时，即，所以充分性成立；若即，又因为在上单调递增，所以，必要性成立；所以“”是“”的充要条件，A错．对于B项，取满足，但是不满足，则“”不是“”的必要条件，B错．对于C 项，时，的定义域为关于原点对称，又因为，所以是定义在奇函数，所以充分性成立；若为奇函数，则并且，又因为，则，所以必要性成立.故是函数为奇函数的充要条件，所以C正确.对于D项，因为函数在上单调递增，所以，故必要性成立，所以D项不正确.故选:C．4．函数在上的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】通过函数的奇偶性可排除A，B；通过计算的值可排除C，进而可得结果．【详解】由题可知函数的定义域关于原点对称，且当时，，，当时，，，故为偶函数，排除A，B；而，排除C．故选：D．5．已知随机变量服从正态分布，且，则（    ）A．0.5 B．0.625 C．0.75 D．0.875【答案】C【分析】根据正态分布的对称性，由题中条件，直接求解即可.【详解】因为，并且又因为，所以，所以所以，所以故选：C6．在三个地区爆发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感，假设这三个地区的人口数之比为，现从这三个地区中任意选取一人，则此人是流感患者的概率为（    ）A．0.032 B．0.048 C．0.05 D．0.15【答案】B【分析】由题意可知，分别求出此人来自三个地区的概率，再利用条件概率公式和全概率公式即可求得此人是流感患者的概率.【详解】设事件为“此人是流感患者”，事件分别表示此人来自三个地区，由已知可得，，由全概率公式得故选：B7．在平面直角坐标系中，过点作圆的两条切线，切点分别为、，且，则实数的值是（    ）A．3 B．或4 C．4 D．3或4【答案】D【分析】实质上是一个斜率与另一个斜率的倒数和，进而得到四点共线，即可求解.【详解】解：圆配方得设中点为，，圆心 ，根据对称性，则， 因为 所以，即 ，因为共线，所以，即，化简得，解得或.故选：D8．已知且，且，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，设，对三个式子变形可得， ，，求出的导数，分析其单调性，可得的大致图象，分析可得答案．【详解】解：根据题意，设，且，变形可得，即，且，变形可得，即，且，变形可得，即，，其导数，在区间上，，则为减函数，在区间上，，则为增函数，其草图如图：则有，故选：． 二、多选题9．已知函数的最小正周期为，则（    ）A．B．点是图象的一个对称中心C．在上单调递减D．将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象【答案】AB【分析】将化简，由其周期求得，判断A;将代入解析式验证，判断B；根据正弦函数的单调性判断C；根据正弦函数图象的平移变换判断D.【详解】由题意知,A正确.，故关于对称，B正确.令，则，当时，，令，则，当时，，即在上单调递增，在上单调递减， 而，故在上不单调递减，C错误；将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到的图象,而，D错，故选：10．若，，且，则下列结论正确的是（    ）．A． B． C． D．【答案】AB【分析】根据基本不等式分别求最值即可.【详解】，，，当且仅当时，等号成立，A正确，C错误；又，当且仅当时，等号成立，B正确，D错误．故选：AB．11．四棱锥的顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，设分别是的中点，则（    ）A．平面平面B．四棱锥外接球的半径为C．三点到平面的距离相等D．平面截球所得的截面面积为【答案】BCD【分析】由面面平行的性质判断A；由长方体的性质得出四棱锥外接球的半径；由分别是的中点得出三点到平面的距离相等；根据等体积法得出球心到平面的距离，再由截面圆的半径求出截面面积.【详解】对于A，取线段PC的中点O，则在梯形中，与不平行，若平面平面，由于平面平面，平面平面，则，这与与不平行相矛盾，故错误；对于B，由题意可将该四棱锥补形为一个长方体，易知球心为长方体的对角线的中点，即为的中点，故球的直径，所以，故B正确；对于C，点为的中点，则点两点到平面的距离相等，同理点为的中点，则点两点到平面的距离相等，故C正确；对于D，设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，由题意可知，球心到平面的距离等于点到平面的距离，在三棱锥中，由等体积法可得，即，解得，所以，所以截面圆的面积为，故D正确；故选：BCD12．已知P为抛物线上的动点，在抛物线C上，过抛物线C的焦点F的直线与抛物线C交于A，B两点，，，则（    ）A．的最小值为5B．若线段AB的中点为M．则△NAB的面积为C．若，则直线的斜率为2D．过点作两条直线与抛物线C分别交于点G，H，满足直线GH的斜率为，则EF平分【答案】ACD【分析】根据三点共线结合抛物线的焦半径即可判断A，根据焦点弦的性质以及点到直线的距离即可利用面积公式求解B，根据向量垂直的坐标关系即可求解C，利用两点斜率公式即可求解D.【详解】由题意在抛物线上，∴，抛物线：，．对于A，过点P作抛物线的准线的垂线PD，垂足为D，由抛物线定义可知，连接DM，则,当M，P，D三点共线时，取最小值：，故A正确对于B，∵为AB中点，则，∵，在直线上，,故直线，N到直经l的距离，则，故B错误．对于C，设，代入得，令，，，，，，，解得：，∴，故C正确．对于D，在抛物线上且轴，设，，易知EG，EH斜率存在，，，，则，，则EF平分，故D正确．故选：ACD. 三、填空题13．已知向量夹角为，且，，则      ．【答案】【分析】由，再根据向量的运算律及数量积的定义求解即可.【详解】解：因为.故答案为：14．在的展开式中，按的升幂排列的第3项为           .【答案】【分析】易知，展开式中有常数项、一次项，二次项，，故按的升幂排列，第三项为含项，结合展开式的通项可求解．【详解】解：易知，展开式中有常数项、一次项、二次项等，故所求的项为项．整个式子中项可由，的展开式的常数项与二次项、一次项与一次项相乘得到，其中展开式的通项为，展开式的通项为；故所求为：．故答案为：．15．已知函数，曲线在点处的切线与轴相交于点，则函数的极小值为          ．【答案】【分析】首先求出函数的导数与，即可求出切线方程，又切线过点，代入求出参数的值，再利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极小值.【详解】解：因为，所以，即切点，又，，所以切线为，又切线过点，∴，解得，所以，则，所以当或时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，即．故答案为：16．设正项等比数列的公比为，首项，关于的方程有两个不相等的实根，且存在唯一的，使得．则公比的取值范围为      ．【答案】【分析】根据可得范围及韦达定理的结论，由可进一步确定；由可知等比数列为递减数列，分析可知当，符合题意，由等比数列通项公式可构造不等式组求得结果.【详解】有两个不相等的实根，，，解得：，，，，解得：，；不满足，则存在唯一的，使得，，，等比数列为递减数列，即；若，则均不满足，不合题意；，又唯一，则，，解得：，即公比的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列基本量的求解问题，解题关键是能够确定数列为递减数列，根据的唯一性分析出唯一可能的情况，即，，从而构造出不等式组. 四、解答题17．已知数列的前项和为，，．(1)记，证明：是等差数列，并求的通项公式；(2)记数列的前项和为，求．【答案】(1)证明见解析，；(2). 【分析】（1）利用与的关系变形给定的递推公式，再利用给定关系推理作答.（2）利用（1）的信息求出，再利用分组求和及错位相减法求和作答.【详解】（1）由，得，即，于是，因此，而，即，又，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，.（2）由（1）知，则，于是有，两式相减得，所以.18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求B；(2)若点D在AC边上，满足，且，，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理与三角恒等变换公式求解，（2）由平面向量数量积的运算律得，再由余弦定理求解，【详解】（1）因为，由正弦定理，可得，即，所以．因为，所以，即．因为，所以，所以，即．（2）因为点D在AC边上，满足，所以，所以，因为，，，所以，即，解得，即．在中，由余弦定理得，即，所以．在中，由余弦定理得．19．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面PAD，点M满足．(1)若，求证：平面平面；(2)设平面MPC与平面PCD的夹角为，若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)利用线面垂直的判定定理性质定理和面面垂直的性质定理可得平面ABCD，再证明平面PCM ，利用面面垂直判定定理可证明；(2)利用空间向量的坐标运算表示平面与平面夹角的余弦值，列方程计算求解.【详解】（1）证明：∵，，，∴．∵，∴，而，∴，，∴．∵平面PAD，平面ABCD，∴平面平面PAD且平面平面，由平面PAD，平面ABCD，平面ABCD，∴，且，，，∴，∴，又∵，平面PCM，∴平面PCM．又∵平面，∴平面平面.（2）由（1）可知，平面，所以作平行于的直线为轴建系如图，∵，∴，∴，，，，∴，，，设平面MPC与平面PCD的一个法向量分别为，，∴，∵，∴，∵，∴．20．今年5月以来，世界多个国家报告了猴痘病例，非洲地区猴痘地方性流行国家较多．9月19日，中国疾控中心发布了我国首例“输入性猴痘病例”的溯源公告．我国作为为人民健康负责任的国家，对可能出现的猴痘病毒防控已提前做出部署，同时国家卫生健康委员会同国家中医药管理局制定了《猴痘诊疗指南（2022年版）》．此《指南》中指出：①猴痘病人潜伏期5-21天；②既往接种过天花疫苗者对猴痘病毒存在一定程度的交叉保护力．据此，援非中国医疗队针对援助的某非洲国家制定了猴痘病毒防控措施之一是要求与猴痘病毒确诊患者的密切接触者集中医学观察21天．在医学观察期结束后发现密切接触者中未接种过天花疫苗者感染病毒的比例较大．对该国家200个接种与未接种天花疫苗的密切接触者样本医学观察结束后，统计了感染病毒情况，得到下面的列联表：接种天花疫苗与否/人数感染猴痘病毒未感染猴痘病毒未接种天花疫苗3060接种天花疫苗2090(1)是否有的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关；(2)以样本中结束医学现察的密切接触者感染猴痘病毒的频率估计概率．现从该国所有结束医学观察的密切接触者中随机抽取4人进行感染猴痘病毒人数统计，求其中至多有1人感染猴痘病毒的概率：(3)该国现有一个中风险村庄，当地政府决定对村庄内所有住户进行排查．在排查期间，发现一户3口之家与确诊患者有过密切接触，这种情况下医护人员要对其家庭成员逐一进行猴痘病毒检测．每名成员进行检测后即告知结果，若检测结果呈阳性，则该家庭被确定为“感染高危家庭”．假设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为且相互独立．记：该家庭至少检测了2名成员才能确定为“感染高危家庭”的概率为．求当为何值时，最大？附：0.10.050.0102.7063.8416.635【答案】(1)没有的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关(2)(3)当时，最大 【分析】（1）假设：密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗无关，根据题意求得判断；（2）易得该地区每名密切接触者感染病毒的概率为，再利用独立重复实验求解；（3）易得，再利用导数法求解.【详解】（1）假设：密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗无关，依题意有，故假设不成立，没有的把握认为密切接触者感染猴痘病毒与未接种天花疫苗有关.（2）由题意得，该地区每名密切接触者感染病毒的概率为，设随机抽取的4人中至多有1人感染病毒为事件，则，（3）记事件为：检测了2名成员确定为“感染高危家庭”；事件为：检测了3名成员确定为“感染高危家庭”；则则，，令，则（舍去）随着的变化，的变化如下表：+0递增极大值递减综上，当时，最大．21．在平面直角坐标系中，设曲线所围成的封闭图形的面积为，曲线上的点到原点O的最短距离为．以曲线与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为．(1)求椭圆的标准方程：(2)设AB是过椭圆中心O的任意弦，l是线段AB的垂直平分线，M是l上的点（与O不重合），若M是l与椭圆的交点，求的面积的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由封闭图形的面积为可得，再由点到直线的距离公式列出方程求得即可得到椭圆的标准方程；（2）根据题意，分AB斜率为0，AB斜率不存在，AB斜率存在且不为0，三种情况讨论，当AB斜率存在且不为0时，结合弦长公式以及面积公式，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）曲线围成的图形如图∴，即且，解得，∴椭圆的标准方程为．（2）①若AB斜率为0，则；②若AB斜率不存在，则；③若AB斜率存在且不为0，设AB方程为；，，消去得，则∴∵，∴令，，∴一方面，另一方面综上：面积的取值范围为．22．已知函数 ．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论的单调性；(3)若有两个零点，求的取值范围．【答案】(1)(2)当时， 在上单调递减  当时， 在单调递减，在单调递增．(3) 【分析】（1）先求出，在利用导函数求出，即为曲线在点处的切线斜率，再利用点斜式即可求出切线方程.（2）先对求导，化简，再分两个方面来讨论的正负，进而得到的单调性.（3）由（2）的结论，通过单调性以及零点存在性定理来分析函数的零点.【详解】（1）当时，，则 所以曲线在点处的切线方程为：即．       故答案为：（2）的定义域为，（ⅰ）若，则，所以在上单调递减  （ⅱ）若，则由得.当时，；当时，. 所以在单调递减，在单调递增．  故当时， 在上单调递减  当时， 在单调递减，在单调递增．（3）（ⅰ）若，由（2）知，至多有一个零点，不满足条件．（ⅱ）若，由（2）知，当时，取得最小值，最小值为①当时，由于，故只有一个零点，不满足条件；   ②当时，，即，故没有零点，不满足条件；③当时，，，即．又，故在有一个零点．设正整数满足，则．由于，因此在有一个零点．     综上，的取值范围为．【点睛】在导数问题中利用零点存在性定理分析零点问题中，找点过程常用放缩技巧.①    放缩法：在目标区间上找到一个合适的逼近函数②    目测法③    分而治之：对乘积的每一个因式进行适当的放缩④    分析与构造：分析零点区间随参数变化的趋势，构造与之匹配的代数式作为区间端点⑤    局部构造：舍去一些影响计算但是不影响符号判断的项，对剩下的部分进行解方程的操作