池州市第一中学2023届高三下学期4月月考数学试卷(含答案)

这是一份池州市第一中学2023届高三下学期4月月考数学试卷(含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．若集合,,则( )
A.B.C.D.
2．若复数满足,则的共轭复数在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3．在平行四边形ABCD中,,,设,,则( )
A.B.C.D.
4．已知点和抛物线,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若,则( )
A.B.C.D.
5．已知正三棱锥的六条棱长均为3,S是及其内部的点构成的集合.设集合,则T表示的区域的面积为( )
A.B.C.D.
6．国古代典籍《周易》又称《易经》,分为经部和传部,其中经部之原名就为《周易》,是用“卦”描述万物的变化.每一“重卦”由从下到上排列的6个爻(ya)组成,爻分为阳爻“”和阴爻“”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,则该重卦恰有2个阳爻的概率是( )
A.B.C.D.
7．,,,,a,b,c,d间的大小关系为( )
A.B.C.D.
8．已知函数,的定义域为R,为的导函数,,,若为偶函数,则以下四个命题:①;
②;
③;
④中一定成立的个数为( )
A.1B.2C.3D.4
二、多项选择题
9．某物理量的测量结果服从正态分布,则下列结论中正确的是( )
A.越小,该物理量一次测量结果落在的概率越大
B.该物理量一次测量结果落在内的概率与落在内的概率相等
C.该物理量一次测量结果小于9.99与大于10.01的概率相等
D.该物理量一次测量结果大于10的概率是0.5
10．已知函数在区间上有且仅有3条对称轴,给出下列四个结论,正确的是( )
A.在区间上有且仅有3个不同的零点
B.的取值范围是
C.的最小正周期可能是
D.在区间上单调递增
11．设正整数,其中,,…,k,记,则( )
A.B.C.D.
12．如图,正四棱柱中,,动点P满足,且a,.则下列说法正确的是( )
A.当时,三棱锥的体积为
B.当时,的最小值为
C.若直线BP与BD所成角为,则动点P的轨迹长为
D.当时,三棱锥外接球半径的取值范围是
三、填空题
13．若锐角,满足,,则_________.
14．若函数的定义域为R,且,,则__________.
15．已知,直线为l上的动点,过点P作的切线PA,PB,切点为A,B,当最小时,直线AB的方程为__________.
16．已知实数x,y满足,则的取值范围是__________.
四、解答题
17．已知正项数列的前n项和为,且.
（1）求数列的通项公式;
（2）将数列和数列中所有的项,按照从小到大的顺序排列得到一个新数列,求的前100项和.
18．的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
（1）求角B的值;
（2）若为锐角三角形,且,求面积的取值范围.
19．如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,.是底面的内接正三角形,P为DO上一点,.
（1）证明:平面平面PBC;
（2）求二面角的正弦值.
20．在校运动会上,有甲､乙､丙三位同学参加羽毛球比赛,约定赛制如下:累计负两场者被淘汰;比赛前抽签决定首先比赛的两人,另一人轮空;每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛,负者下一场轮空,直至有一人被淘汰;当一人被淘汰后,剩余的两人继续比赛,直至其中一人被淘汰,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签,甲､丙首先比赛,乙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
（1）求丙连胜四场的概率;
（2）求需要进行第五场比赛的概率;
（3）甲､乙､丙三人中谁最终获胜的概率最大?请说明理由.
21．已知双曲线过点,且焦距为.
（1）求C的方程;
（2）已知过点的动直线l交C的右支于A,B两点,Q为线段BA上的一点,且满足,证明:点Q总在某定直线上.
22．已知函数和有相同的最大值.
（1）求a,b;
（2）证明:存在直线,其与两条曲线和共有三个不同的交点,并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
参考答案
1．答案：C
解析：因为,,
所以.
故选:C.
2．答案：D
解析：由,
所以,在复平面内对应的点为,它在第四象限,
故选:D
3．答案：B
解析：因为四边形ABCD为平行四边形,所以,,,
因为,,
所以,
所以,
,
因为,,
所以,解得,
所以,
故选:B.
4．答案：C
解析：抛物线标准形式,焦点坐标,设,,
直线AB方程,代入抛物线方程得,
所以,,,
,,
所以,
得.
故选:C.
5．答案：A
解析：设顶点P在底面上的投影为O,连接BO,则O为三角形ABC的中心,
且,故.
因为,故,故S的轨迹为以O为圆心,为半径的圆,
而三角形ABC内切圆的圆心为O,半径为
故S的轨迹圆在三角形ABC内部,故其面积为.
故选:A.
6．答案：D
解析：由题知,每一爻有2种情况,一重卦的6爻有情况,其中6爻中恰有2个阳爻情况有,所以该重卦恰有2个阳爻的概率为.
故选:D.
7．答案：B
解析：令,则,
所以在上单调递增,故,即,
所以,则,即,故;
因为,
所以其展开通项公式为,
故,,,
所以,
令,则,
所以在上单调递增,则,即,
所以,故,即;
令,则,
因为,所以,则,故,
所以在上单调递增,则,即,
易知,所以,则,即;
综上可得.
故选:B
8．答案：B
解析：,
又是偶函数,,两边求导得,是奇函数,
,,,即,
是周期函数,4是它的一个周期,,
,是周期函数,4是它的一个周期,,,则①正确;
,则②正确;
是周期为4的周期函数,又是奇函数,,
,则④不正确;
,
,因此,
不能得出③,则一定正确的有①②,共2个.
故选:B.
9．答案：ACD
解析：由题意,
对于A,为数据的方差,所以越小,数据在附近越集中,
测量结果落在内的概率越大,故A正确;
对于B,
该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同,
一次测量结果落在的概率与落在的概率不同,故B错误.
对于C,
正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等,故C正确;
对于D,
由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5,故D正确;
故选:ACD.
10．答案：BD
解析：由,得,
因为函数在区间上有且仅有3条对称轴,
所以,解得,故B正确;
对于A,,,,
当时,在区间上有且仅有2个不同的零点;
当时,在区间上有且仅有3个不同的零点,故错误;
对于C,周期,由,则,,
又,所以的最小正周期不可能是,故C错误;
对于D,,,又,
,
所以在区间上一定单调递增,故D正确.
故选:BD.
11．答案：ABD
解析：,
,
,故A对.
,
,故B对.
,
,
同理,故C错.
,,故D对.
故选:ABD.
12．答案：BCD
解析：对于A,取AC,BD相交于点O,的中点为,如下图所示:
当时,即,,
由平面向量线性运算法则可知,点P在线段上,又,
;即A不正确;
对于B,当时,由,利用共线定理可得,P,C,三点共线,即点P在线段上;
由对称性可知,线段上的点到,两点之间的距离相等,所以;
取平面进行平面距离分析,如下图所示:
所以,当且仅当P,B,三点共线时,等号成立,
此时点P为线段的中点,即的最小值为,故B正确;
对于C,由图可知,BA,BC与BD所成角都为,由可知,点P在平面内,
若直线BP与BD所成角为,在线段上取点,使,则直线与BD所成角为;
则点P的轨迹是以O为圆心,半径为,且在平面内的半圆弧,如下图所示:
所以动点P的轨迹长为,故C正确;
对于D,当时,取的中点为E,即;
由可知,P,C,E三点共线,即点P在线段CE上,如下图所示:
易知三棱锥外接球球心在直线上,设球心为,;
作于点Q,设,易知,,
因为,则,得,则,
设外接球半径为R,则,解得;
所以,
由二次函数的性质可知,当时,半径最小为;当时,半径最大为;
又,所以半径的取值范围是,即D正确.
故选:BCD.
13．答案：
解析：因为,,则,,
由,,则,,
所以,,,
所以
.
故答案为:.
14．答案：或
解析：因为,
令,则,
即,所以或,
当时,令,则,
即,与矛盾,所以,
令,可得,则,
令,可得,则,
令,可得,则,
令,可得,则,
令,可得,则,
令,可得,则,
令,可得,则,
所以是最小正周期为的函数,
且,
所以
故答案为:
15．答案：
解析：圆的方程可化为,则圆心,半径,
可得点M到直线l的距离为,
所以直线l与圆相离,
依圆的知识可知,四点A,P,B,M四点共圆,且,
所以,
原题意等价于取到最小值,
当直线时,,此时最小.
的直线方程为:,
与联立,解得:,即,
则MP的中点为,
所以以MP为直径的圆的方程为,即,
两圆的方程相减可得:,
即直线AB的方程为.
故答案为:.
16．答案：
解析：因为实数x,y满足,
所以当时,,
其图象是位于第一象限,焦点在x轴上的双曲线的一部分(含点),
当,时,其图象是位于第四象限,焦点在轴上的椭圆的一部分,
当,时,其图象不存在,
当,时,,
其图象是位于第三象限,焦点在y轴上的双曲线的一部分,
作出椭圆和双曲线的图象,其中图象如下:
任意一点到直线的距离
所以,
结合图象知的范围就是图象上一点到直线距离范围的2倍,
双曲线其中一条渐近线与直线平行,
通过图形可得当曲线上一点位于P时,2d取得最小值,无最大值,
小于两平行线与之间的距离3的2倍,
设与其图像在第三象限相切于点P,
联立,得,
因为或(舍去),
所以直线与直线的距离为,
此时,
所以的取值范围是.
故答案为:.
17．答案：（1）,
（2）9089
解析：（1）依题意,当时,解得,
,当时,有,作差得:
,
,
,
,
数列是首项为3,公差为2的等差数列,
,.
（2）由（1）得,,又,同时,
.
所以的前100项和为9089.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）根据题意,
由正弦定理得,
,
,B,,故,,
,.
（2）因为是锐角三角形,由（1）知,得到,
故,解得.
又由正弦定理得:,,
又,
,
故.故的取值范围是
19．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由题设知,为等边三角形,不妨设,
则,,
又为等边三角形,则,
,
.
同理可证:,又,
平面,又平面,
平面平面PBC
（2）过作交AB于点N,
因为平面ABC,以O为坐标原点,
OA为x轴,ON为y轴,OD为轴建立如图所示的空间直角坐标系,
如图所示:
则,,,,,,
所以,,,
由（1）知,平面PBC,
所以平面PBC的一个法向量为,.
设平面PBE的一个法向量为,
由,
得,
令,,
所以,
设二面角的大小为,
故,
所以,
所以二面角的正弦值为.
20．答案：（1）
（2）
（3）乙,理由见解析
解析：（1）丙连胜四场的情况为:“丙胜甲负,丙胜乙负,丙胜甲负,丙胜乙负”,
所以丙连胜四场的概率:;
（2）根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.
而甲､丙连胜四场的概率为,
乙上场后连胜三场获胜的概率为,
需要进行第五场比赛的概率.
（3）三人中乙最终获胜的概率最大.理由如下:
记事件A为甲输,事件B为丙输,事件C为乙输,
记事件M:甲赢,记事件N:赢,
则甲赢的基本事件包括:BCBC,ABCBC,ACBCB,BABCC,BACBC,BCACB,BCABC,BCBAC,
甲赢的概率为.
由对称性可知,丙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等,
即丙最终获胜的概率也是.
所以乙赢的概率为.
又,所以三人中乙最终获胜的概率最大.
21．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由题意可得,解得,
所以,双曲线C的方程为.
（2）设点,,,
因为,即,记,
又A,P,B,Q四点共线,则,,
即,,
有,,
得,,
又因为,则,作差可得,
即,
得,即,
故点Q总在定直线上.
22．答案：（1）,
（2）证明见解析
解析：（1）,
当时,当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以当时,函数有最大值,即;
当时,当时,,单调递增,
当时,,单调递减,
所以当时,函数有最小值,没有最大值,不符合题意,
由,
当时,当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以当时,函数有最大值,即;
当时,当时,,单调递增,
当时,,单调递减,
所以当时,函数有最小值,没有最大值,不符合题意,
于是有.
,,
（2）由（1）知,两个函数图象如下图所示:
由图可知:当直线经过点M时,此时直线与两曲线和恰好有三个交点,不妨设
且,
由,又,,
又当时,单调递增,所以,
又,又,,
又当时,单调递减,所以,
;
于是有.