2023届贵州省黔东南州凯里市第一中学高三上学期第四次月考数学（理）试题含解析

这是一份2023届贵州省黔东南州凯里市第一中学高三上学期第四次月考数学（理）试题含解析，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】求出集合，利用交集的定义可求得结果.
【详解】因为，
因此，.
故选：C.
2．复数z满足（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】∵，∴，
故选：C.
3．圆周率是指圆的周长与圆的直径的比值，我国南北朝时期的数学家祖冲之用“割圆术”将圆周率算到了小数后面第七位，成为当时世界上最先进的成就，“割圆术”是指用圆的内接正多边形的周长来近似替代圆的周长，从正六边形起算，并依次倍增，使误差逐渐减小，如图所示，当圆的内接正多边形的边数为360时，由“割圆术”可得圆周率的近似值可用代数式表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用余弦定理得到正多边形的边长，通过二者周长相等近似估计圆周率.
【详解】设圆的半径为1，正多边形的圆心角为，边长为，所以，即，
故选：D.
4．从2至6的5个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】列举法写出从2至6的5个整数中随机取2个不同的整数的取法，从中挑取互质的情况，依据古典概型概率公式计算结果.
【详解】从2至6的5个整数中随机取2个不同的数，共有10种不同的取法：
若两数互质，不同的取法有：，共6种，故所求概率
故选：B.
5．在展开式中的系数为24，则实数a的值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】写出展开式通项，根据题意可得，代入通项后可得出关于的等式，即可求解
【详解】的展开式为，
由题意得，故的系数为，解得，
故选：D.
6．各项为正数且公比为的等比数列中，成等差数列，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知条件是等比数列，假设出首项和公比，再根据等差中项性质列式计算即可.
【详解】因为成等差数列，所以，即，所以，解得或（舍去），
故选:C.
7．将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像，则图像的一条对称轴是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据图像的平移变换得到的解析式，从而根据正弦函数的对称轴找到的取值.
【详解】将函数图像向右平移个单位长度，得到，
注意到，故对称轴为，
故选：C.
8．若曲线在处的切线方程是则( )
A．B．2
C．ln 2D．ln
【答案】A
【分析】求出函数的导数，求得切线的斜率，结合切线方程可得的方程，由对数的性质，即可得到
【详解】的导数为，
在点处的切线斜率为，
由切线方程
可得，
解得．
故选：A
9．已知函数，则的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用导数可求得在和上的单调性，由此可排除错误选项.
【详解】当时，，则，
在上单调递增，BD错误；
当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，C错误，A正确.
故选：A.
10．已知为抛物线上一个动点，为圆上一个动点，那么点到点的距离与点到轴距离之和的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，即可求出到轴距离就是到焦点的距离减去，接着利用两点之间直线最短而得到答案.
【详解】由于为抛物线上一个动点，焦点坐标为，准线为，为圆上一个动点，，圆心为，半径，那么点到点的距离与点到轴距离之和最小值可结合抛物线的定义，到轴距离为到焦点距离减去，则最小值为抛物线的焦点到圆心的距离减去半径和，故最小值为=.
故选：B.
11．三棱锥的外接球为球，球的直径，且、都是等边三角形，则三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取外接圆圆心，连接的中点即球心与，由球的性质可知与平面垂直，求出、，由勾股定理求出，即可得到到平面的距离，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】解：取外接圆圆心，连接的中点即球心，
由球的性质可知与平面垂直，因为，且为等腰直角三角形，所以，
在中，，，
故，又，故到平面的距离，因此；
故选：C.
12．已知函数，若不等式对任意均成立，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用函数奇偶性的定义及导数可得函数为R上单调递增的奇函数，化简不等式，然后将分离，利用基本不等式，即可求出答案.
【详解】因为的定义域为R，
，
所以函数是奇函数，
由，
可知在上单调递增，
所以函数为R上单调递增的奇函数，
所以不等式对任意均成立等价于
，
即，即对任意均成立，
又，当且仅当时取等号，
所以的取值范围为.
故选：A.
二、填空题
13．设，向量，且，则__________.
【答案】20
【分析】通过向量平行解出的值，再利用公式即可求出向量的数量积.
【详解】因为，且，所以，解得，则.
故答案为：20
14．已知等差数列的公差为，且是和的等比中项，则__________.
【答案】
【分析】将和公差代入等式，求解，写出通项公式，代入，可求出结果.
【详解】解：因为是和的等比中项，且公差为，所以
，所以.
故答案为：.
15．已知椭圆与双曲线有相同的右焦点，点是椭圆和双曲线的一个公共点，若，则椭圆的离心率为__________．
【答案】
【分析】将双曲线的方程化为标准方程可得，由双曲线定义可得，再根据椭圆的定义求得a，即可求得离心率．
【详解】解：由题意，不妨设P在第一象限，为左焦点 ，
双曲线可化为，
由双曲线的定义知：，，
则，，
由椭圆的定义知：，
∴ ，
∵ 椭圆与双曲线有相同的右焦点，
∴ 椭圆的离心率．
故答案为：
16．如图甲，已知正方体的棱长为分别是线段上的动点，当三棱锥的俯视图如图乙所示时，挖去三棱锥，得到一个几何体模型（该模型为正方体挖去三棱锥后所得的几何体），若利用打印技术制作该模型，且打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为__________.
【答案】
【分析】由俯视图知，与重合，与重合，在中点处，所以，由正方体性质证明C到面的距离为DM，则，即有模型体积为正方体体积减去，即可计算质量
【详解】由俯视图知，与重合，与重合，在中点处，所以，
由正方体性质易知，，，平面，∴平面，
又，平面，∴平面，∴C到面的距离为DM，
∴，
∴制作该模型所需原料的质量为克.
故答案为：
三、解答题
17．在中，角所对的边分别是，已知.
(1)求；
(2)若，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用诱导公式及平方关系化解已知条件，解出，进而求出角.
（2）通过三角形内角和变换角、两角和与差的正弦公式和倍角公式化解已知条件，再利用正、余弦定理解三角形，进而求出三角形面积.
【详解】（1）因为，所以，即，
解得，又因为，
所以.
（2）由，得，
整理，得.
若，则，则，
若，则，.
由余弦定理，得，解得
综上，的面积为或.
18．某企业新研发了一种产品，产品的成本由原料成本及非原料成本组成，每件产品的非原料成本（元）与生产的产品数量（千件）有关，经统计得到如下数据：
(1)根据表中的数据，运用相关系数进行分析说明，是否可以用线性回归模型拟合与的关系？并指出是正相关还是负相关；
(2)求关于的回归方程，并预测生产该产品13千件时，每件产品的非原料成本为多少元？
(3)设满足，其中近似为样本平均数近似为样本方差，求.
附：参考公式：相关系数；
参考数据：，若，则.
【答案】(1)可以，负相关
(2)，
(3)
【分析】（1）根据相关系数的公式代值求解，即可判断，
（2）由最小二乘法即可求解线性回归方程，并预测其值，
（3）由正态分步的概率即可求解，
【详解】（1）由题意得
，，
，，
因而相关系数
由于很接近1，说明，线性相关性很强，
因而可以用线性回归方程模型拟合与的关系.
由于，故其关系为负相关.
（2）由（1）知，，
，
则所求的回归方程是.
当为13时，可预测.
（3）由（1）知，，又由
，得
从而
19．如图，在四棱锥中，底面是正方形，.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，连接，则，，在中利用勾股定理的逆定理可得，则由线面垂直的判定可得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论，
（2）在平面内，过作，交于，则，则可得两两垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因为，故，
故为直角三角形且，
因为，平面，
故平面，
因为平面，
故平面平面.
（2）解：在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，
所以两两垂直，所以以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
故.
设平面的法向量，则
取，则，
故.
又，
设平面的法向量，
则，取，则，
故.
故.
因为二面角的平面角为锐角，所以其余弦值为.
20．已知椭圆经过点，左焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于两点，点满足（为原点），求四边形面积的最大值.
【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）根据椭圆经过的点和焦点，由待定系数法即可求解.
（2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得根与系数的关系，进而根据面积公式表达出面积函数，利用换元法以及不等式即可求解最值.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，
又因为椭圆经过点，所以，
又
，，，
所以椭圆的方程为.
（2）因为，所以四边形为平行四边形，
当直线的斜率不存在时，显然不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
与椭圆交于，两点，
由.
由
，
，
，
令，则（由上式知），
，当且仅当，即时取等号.
∴当时，平行四边形的面积最大值为2.
21．设函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）当时，求出导函数，借助解不等式得到单调区间；
（2）构造函数，对参数分类讨论，研究函数的单调性与最值即可得到结果.
【详解】（1）当时，，，
由于，故当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
函数的减区间为，增区间为.
（2）令，则，
当时，恒成立，
①若，则时，，，
此时不恒成立；
②若，由时，恒成立，则，则，
令，得或，
（i）若，则，
当时，，单调递减，
而，当时，，
此时不恒成立，
（ii）若，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，此时恒成立，
（ⅲ）若，当时，，单调递增，
有，此时恒成立，
综上所述，.
22．在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数，，在以原点O为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
(1)求的普通方程和的直角坐标方程；
(2)设直线与曲线交于两点，若为弦的中点，求弦长.
【答案】(1)或，.
(2)
【分析】（1）直线的参数方程消去参数，能求出直线的普通方程；椭圆的极坐标方程化为，由此能求出椭圆的直角坐标方程；
（2）把直线的参数方程代入，得由此能求出．
【详解】（1）当时，的普通方程为；
当时，的普通方程为，即.
由得，
即的直角坐标方程：.
（2）将代入整理得
依题意得，即，即
再由
.
23．设函数的最小值为.
(1)求的值；
(2)若正实数满足，证明：.
【答案】(1)3
(2)证明见解析
【分析】（1）根据绝对值三角不等关系即可求解，
（2）根据柯西不等式即可求解.
【详解】（1）由，当，即时，等号成立.
所以 ，
（2）证明：因为均为正实数，，由柯西不等式，
，
即
当且仅当时，取等号.
2
5
8
9
11
12
10
8
8
7