重庆市第一中学2023届高三数学下学期2月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2023届高三数学下学期2月月考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，考试结束后，将答题卡交回， 已知满足， 下列命题中是真命题的是等内容，欢迎下载使用。

2023年重庆一中高2023届2月月考数学试题卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.
2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，，则的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义求出集合，即可得解.
【详解】由，解得或或，
所以，，即的元素个数为.
故选：B.
2. 若，则在复平面内对应的点所在象限为（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算、共轭复数、复数的几何意义即可得答案.
【详解】，则
所以在复平面内对应的点为在第四象限.
故选：D.
3. 圆被过点的直线截得的最短弦长为（ ）
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点与圆、直线与圆的位置关系即可求得最短弦长.
【详解】圆，圆心，半径
所以，故点在圆内，
则当直线垂直于过C，P的直径时，
最短弦长.
故选：C.
4. 毛主席曾用“坐地日行8万里”描述地球赤道的周长，以此作为地球周长的估计值.2里＝1千米.有人宣称“雪花周长超过地球周长”，其实这里的雪花指的是数学中的“科赫雪花”，如图：第1个正三角形的边长为1厘米，以每边中间的为边，向外作一个突出的正三角形，再去掉原边中部的，以此类推可以得到第2个，第3个图形，无限操作下去，如果第n个图形的周长达到地球周长，则n至少为（ ）
(参考数据：，)

A. 67 B. 68 C. 77 D. 78
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得每个图形的周长可看成是首项为3，公比为的等比数列，从而可得到第n个图形的周长为，列出不等式，结合，即可求解．
【详解】赤道长：8万里＝米，
令第n个雪花的周长为，观察图形可知：
，
由，
得，
则
解得，
由，∴.
故选：C.
5. 已知满足：，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理与余弦定理转化边角关系，即可得角的大小.
【详解】因为，
则由正弦定理知：①，
又②.
解法一：由余弦定理：

，
由于，所以.
解法二：
，
所以由于
故.
故选：A.
6. 在正方体中，M为线段AB上靠近A的三等分点，N为线段上靠近的三等分点，平面CMN把正方体切割为2个空间几何体，则它们的体积之比为（ ）
A. 7:29 B. 7:36 C. 8:27 D. 8:35
【答案】A
【解析】
【分析】作出截面图形，先用公式求出棱台体积，再利用间接法求另一部分体积即可.
【详解】取线段上靠近的三等分点，连接
取中点，连接，
由且，
故四边形是平行四边形，则，
又由分别是的中点，则.
所以，
则四点共面，
即四边形为过三点的截面图形.
故平面CMN把正方体分成两部分，其中之一为棱台，
令正方体棱长为3，，
，
另一部分的体积，
∴.
故选：A.

7. 已知长方形ABCD的边长，P，Q分别是线段BC，CD上的动点，，则的最小值为（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意建立直角坐标系，利用正切函数的和差公式得到，从而求得，再利用平面向量数量积的坐标表示即可得解.
【详解】设A点为坐标原点，分别以AB，AD为x，y轴建立坐标系，如图，

不妨设，则，
因为，所以，
又，
所以，则，
所以，解得，
当且仅当时，等号成立，
所以，
则的最小值为.
故选：D.
8. 已知为偶函数，，当时，单调递增，若，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得的周期性，通过赋值法与对称性求出，确定分别所在单调区间，再比较与对称轴的距离，根据函数单调性与对称性则可比较大小.
【详解】已知，令x＝0，
则，即.
由为偶函数得：，则图象关于对称，
,又，
∴，
∴的周期为2，则.
当时，单调递增，由图象关于直线x＝1对称，
∴在上单调递减.
由，则，
又，∴.
由，则，
即，∴，
又∵由，则，
即，∴，
∴，
故选：B.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列命题中是真命题的是（ ）
A. 一组数据：9，1，x，8，3，5，3，0的中位数为3，则
B. 将一组数据(i＝1，2，…，n)中的每个数字变成原来的2倍，则方差变成原来的2倍
C. 三种产品按照5：3：4比例分层抽样，样本容量变成原来的2倍，则每件产品被抽中的概率变成原来的2倍
D. 若2×2列联表中的每个数字变成原来的2倍，由公式得的值不变
【答案】AC
【解析】
【分析】根据中位数的概念可判定A，根据方差的计算可判定B，根据分层抽样的概念可判定C，根据卡方的计算可判定D.
【详解】将已知数按从小到大的顺序排列，0，1，3，3，5，8，9，插入x并使3为这组数的中位数，故x≤3，故A选项正确；
将一组数中每一个都扩大为原来的2倍，方差变为原来的4倍，故B选项错误；
三种产品按分层抽样的方式抽样，样本容量变成2倍，抽样比变成2倍，
每个产品被抽中的概率变成2倍，故C选项正确；
若2×2列联表中每个数字扩大2倍后，
，
变为原来的2倍，故D选项错误，
故选：AC.
10. 已知a，b为两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. a，b异面，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过直线、平面的位置关系的空间直观想象，应用线面、面面平行与垂直判定、定理来判断各选项即可.
【详解】A选项，还有的情况，故A错误；
B选项， ，过作平面与平面相交，设，
由线面平行的性质定理， ，又,故，故B正确；

C选项，如果两个相交平面垂直于同一个平面，且，
设，在平面内作直线，在平面内作直线，
由已知，可得，同理，
由线面垂直的性质可知，，
由线面平行的判定定理得，，由线面平行的性质得出，则，故C正确；

D选项，过直线作平面，使，
，同理，故，
过直线作平面，使，同理可得，，
由相交（假设不相交，且故，则，这与异面矛盾），
由面面平行的判定定理的推论可得，，故正确.

故选：BCD.
11. 已知函数若把的图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍后，再将图象向右平移个单位，可以得到，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的周期为π
C. 一个单调递增区间为
D. 在区间上有5个不同的解，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数平移和伸缩变换得到g(x)解析式，对比可得ω和φ值，从而求得g(x)解析式，从而可判断AB；根据正弦型函数单调性可判断C，数形结合可判断D．
【详解】横向压缩得，；
再右移个单位得，，
∴
又，∴故A选项正确；
∴，
∴周期，故B选项正确；
由得，故C选项错误；
在区间上有5个不同的解，由函数图象可知，区间的长度大于两个周期，小于等于3个周期，故，故D选项正确.

故选：ABD.
12. 历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为.例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为等比数列
C. D. 信封均被投错的概率大于
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A，用列举法即可得；选项B，构造新数列，利用定义法可证明是等比数列；选项C，由递推关系变形可得裂项形式，裂项后利用累加法求通项即可证；选项D，利用泰勒公式可得再对分奇偶讨论即可判断.
【详解】选项A，令4封信分别为，当在第2个信箱时，共3种错排方式：
第1种
信箱
1
2
3
4
信




第2种
信箱
1
2
3
4
信




第3种
信箱
1
2
3
4
信




同理可得在第3和4个信箱时，也分别有3种错排方式，所以共种方法，故A选项正确；
选项B，，∴，
又，则，故B选项正确；
选项C，，
两边同除以得，
∴，
，故C选项正确；
选项D，装错信封的概率为，∵，
则，即
当n为奇数时，；
当n为偶数时，；综上，当n为奇数时；当n为偶数时，故D项错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是通过构造变形得，D选项的关键是利用所给的泰勒公式，再分奇偶讨论.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置上.
13. 已知，若，则______.
【答案】5
【解析】
【分析】利用平面向量垂直与平行的坐标表示即可得解.
【详解】因为，
由得，解得，则，
由得，解得，
所以.
故答案为：5.
14. 8个完全相同的球放入编号1，2，3的三个空盒中，要求放入后3个盒子不空且数量均不同，则有______种放法.
【答案】12
【解析】
【分析】分两类计数，每类再用分组分配的方法求解.
【详解】共两类分组方法：将8个完全相同的小球分为1，2，5三堆或1，3，4 三堆.
每类都将三堆不同个数的球放入编号1，2，3的三个空盒中，有种方法，
故共有种方法.
故答案为：12.
15. 已知双曲线，过原点的直线l与双曲线交于B，C两点，A为双曲线的右顶点，F为双曲线的左焦点，直线AB，AC的斜率之积为，则b＝______；若，则的面积为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设坐标，利用斜率之积和双曲线方程求解即可求得第一空，利用双曲线焦点三角形面积公式计算即可求得第二空.
【详解】令，则，∴①，
又②，联立①②得；
令双曲线的右焦点为，如图所示，由B、C关于原点对称，则,
易证，，

设,由余弦定理得：，

∴.
故答案为：；.
16. 已知函数，若不等式恒成立，则a的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】变形给定函数，构造函数，探讨函数的性质，再脱去给定不等式中的法则“f”，构造函数并借助导数求解恒成立的不等式作答.
【详解】依题意，，
，在R上单调递增，
且，为奇函数，

，
令，求导得，函数在上单调递增，
当时，有，于是，当时，显然成立，
因此，即，令，求导得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
因此当时，，则，而，有，
所以a的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，D为BC边的中点．
（1）求角C的大小；
（2）若，，求边AB的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边化角，结合三角函数的差角公式，化简等式，利用正弦函数的性质以及三角形内角的取值范围，可得答案；
（2）根据余弦定理，建立方程，可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理，且，可得，
，
，
，由，则，
可得，由，则.
【小问2详解】
由题意，可作图如下：

在中，由余弦定理可得：，
将，，代入，可得，
化简可得：，，解得，
由点为的中点，则，
在中，由余弦定理可得：，
将,，代入，则，
解得.
18. 卡塔尔世界杯的吉祥物“拉伊卜”引发网友和球迷喜爱，并被亲切地称为“饺子皮”.某公司被授权销售以“拉伊卜”为设计主题的精制书签.该精制书签的生产成本为50元/个，为了确定书签的销售价格，该公司对有购买精制书签意向的球迷进行了调查，共收集了200位球迷的心理价格来估计全部球迷的心理价格分布.这200位球迷的心理价格对应人数比例分布如下图：


若只有在精制书签的销售价格不超过球迷的心理价格时，球迷才会购买精制书签.公司采用常见的饥饿营销的方法刺激球迷购买产品，规定每位球迷最多只能购买一个该精制书签.设每位球迷是否购买该精制书签相互独立，精制书签的销售价格为元/个().
（1）若，已知某时段有3名球迷有购买意向而咨询公司，设为这3名球迷中购买精制书签的人数，求的分布列和期望；
（2）假设共有名球迷可能购买该精制书签，请比较当精制书签的售价分别定为70元和80元时，哪种售价对应的总利润的期望最大?
【答案】（1）分布列见解析，
（2）当精制书签的销售价格定为70元时，对应的总利润的期望最大
【解析】
【分析】（1）先确定购买该精制书签的概率，根据二项分布的概率得分布列与数学期望；
（2）根据随机变量之间的关系确定当，时的与的关系，即可判断得结论.
【小问1详解】
当时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为.
因每位球迷是否购买该精制书签相互独立，
∴，X的可能取值为.
；

其分布列为：

0
1
2
3





其期望为.
【小问2详解】
设该公司销售该精制书签所得总利润为元，
当时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为，
此时；
当时，由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为.
此时；
∵，所以当精制书签的销售价格定为70元时，对应的总利润的期望最大.
19. 已知数列满足，记为数列的前n项和，若.
（1）求证：数列为等差数列；
（2）若不等式，恒成立，求λ的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系结合等差数列的定义计算即可；
（2）记，判定其单调性求其最值即可.
【小问1详解】
因为，
所以当时，，
两式相减得，即，
∵，∴，
∴，因此数列为等差数列.
【小问2详解】
由（1）得数列的公差为1，
又当时，，解得或（舍去），
所以，
令，
则，
∴，
因此数列为递减数列.
于是恒成立等价于，
即λ的取值范围为.
20. 在四棱锥S﹣ABCD中，已知底面ABCD为菱形，若.

（1）求证：SE⊥平面ABCD；
（2）若，设点H满足，当直线与平面所成角的正弦值为时，求μ的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用菱形性质及线线垂直证线面垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面夹角计算即可.
【小问1详解】
由底面ABCD为菱形，得，
又平面，∴平面，
∵平面，∴，
又平面，∴平面，
∵平面，∴，
又平面，
∴平面；
【小问2详解】
由（1）结论，可以以点E坐标原点，以向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，取，则，
由，则，

设平面的一个法向量为
则由，
取，则，
所以平面的一个法向量为，
直线的方向向量为，
记直线与平面所成角为θ，
则，
解得或μ＝3(舍)，∴.

21. 已知P为平面上的动点，记其轨迹为Γ.
（1）请从以下三个条件中选择一个，求对应的Γ的方程；①以点P为圆心的动圆经过点，且内切于圆；②已知点，直线，动点P到点T的距离与到直线l的距离之比为；③设E是圆上的动点，过E作直线EG垂直于x轴，垂足为G，且.
（2）在（1）的条件下，设曲线Γ的左、右两个顶点分别为A，B，若过点的直线m的斜率存在且不为0，设直线m交曲线Γ于点M，N，直线n过点且与x轴垂直，直线AM交直线n于点P，直线BN交直线n于点Q，则线段的比值是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】（1）
（2）是为定值，
【解析】
【分析】（1）选①，则由椭圆的定义得长轴为4，焦距为2，求出轨迹Γ的方程即可；选②，直接设动点坐标，代入关系化简可得轨迹Γ的方程；选③，相关点代入法求动点轨迹方程.
（2）设过点K的直线m的方程为，与方程联立，由韦达定理得，由题意可解得，则，将代入整理可得定值.
【小问1详解】
选①，则由得，
由椭圆的定义得长轴为4，焦距为2，所求轨迹Γ的方程为.
选②，设，由，
化简得即所求轨迹Γ的方程为.
选③，设，由，得，
代入圆O的方程，得，即所求轨迹Γ的方程为
【小问2详解】
已知直线m的斜率存在且不为0，设过点K的直线m的方程为，设，
与方程联立得：，
∴.
且
直线AM的方程为，∴.同理，，
∴
其中，，
将代入可得，
，
∴.

22. 已知函数.
（1）证明：当时，在区间上存在极值点；
（2）记在区间上的极值点为m，在区间上的零点的和为n，请比较2m与n的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用多次求导判定函数的导函数在区间上存在异号零点即可；
（2）结合（1）的结论得，判定在区间上的零点为和0，再结合几个常用的函数放缩多次分段构造函数证明即可.
【小问1详解】
由题意得，
令，
则，
令
显然在区间上，即单调递增，
∴，
∴即在区间上单调递增，
又时，，，
由零点存在性定理可得：在区间上存在唯一零点，且在该零点左右两侧的值符号相反，
故当时，在区间上存在极值点；
【小问2详解】
由（1）得在上小于0，在上大于0，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
∴，
即，使，
又，∴.
现比较2m与的大小，
先判定，令，
即在上单调递增，，
由，得，

，
令，则，
所以单调递增，即，
∴.
令，
则，
所以单调递增，即，
∴，即，
又在上单调递增，
∴，即.