2023届甘肃省张掖市某重点校高三上学期12月月考数学（文）试题含解析

2023届甘肃省张掖市某重点校高三上学期12月月考数学（文）试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先解出不等式确定集合，再求交集即可.

【详解】∵集合，，∴，

故选：B.

2．已知，是复数的共轭复数，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算即可求解.

【详解】因为，是复数的共轭复数，所以，

则复数，∴复数，

故选：D.

3．已知命题：，或，则（    ）

A．：，或 B．：，且

C．：，且 D．：，或

【答案】B

【分析】由含有一个量词的命题的否定的定义求解.

【详解】解：由题意知，命题：，或是全称量词命题，

所以其否定为存在量词命题，即：，且，

故选：B.

4．在矩形中，，，若点、分别是，的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】以点A为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，写出向量的坐标，利用数量积的坐标运算即可求解.

【详解】解：以点A为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系，

则、、、，

，，

，

故选：B.

5．已知在等比数列中，，等差数列的前项和为，且，则（    ）

A．96 B．102 C．118 D．126

【答案】B

【分析】根据等比中项求得，进而求得，利用等差中项求和即可．

【详解】解：在等比数列中，，

，

，

在等差数列中，

，

，

，

故选：B．

6．按照如图所示的程序框图，其运行的结果为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据程序框图判断出变量i每次自增2，其终止程序运行的i值为101，但是加和只算到99,进而可以求出答案.

【详解】根据程序框图可知，其终止程序运行的i值为101，

程序框图计算结果为：，

故选：D.

7．在崂山的山脚下临海断崖南侧，距岸百米处有一座石柱，形如老人坐在碧波之中，人称“石老人”.老人以手托腮，注目凝神，每天晨迎旭日，暮送晚霞，伴着潮起潮落，历尽沧桑，不知度过了多少岁月.这个由大自然鬼斧神工雕凿的艺术杰作，已成为石老人国家旅游度假区的重要标志，若该景区在开放时间内，每半个小时会有一趟观光车从景区入口发车，有一名学生周日上午某时刻到达景区入口，准备乘坐观光车，则他等待时间不多于10分钟的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意，等待时间的区间为，而等待时间不多于10分钟的等待时间区间为，根据几何概型求解即可.

【详解】解：由题意，观光车的发车间隔为30分钟，即等待时间的区间为，设等待时间为，则等待时间不多于10分钟的等待时间区间为，由几何概型可得，等待时间不多于10分钟的概率为.

故选：D.

8．《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，则鳖臑外接球的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】判段出补全后为长方体，再利用长方体外接圆半径的计算公式得出半径，即可直接得出答案.

【详解】由题意可知，

如图，将鳖臑补全成长方体，

则鳖臑外接球的半径，

故鳖臑外接球的表面积为.

故选：A.

9．我国农历用鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪这12种动物按顺序轮流代表各年的年号，2022年是虎年，那么1949年是（    ）

A．牛年 B．虎年 C．兔年 D．龙年

【答案】A

【分析】利用周期函数的定义求解即可.

【详解】根据题意，农历年号对应的动物是以12为周期的周期函数，

所以，

所以1949年是牛年.

故选：A.

10．已知抛物线的焦点，过的直线与交于，两点，准线与轴的交点为，当时，直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由交点坐标可得抛物线方程，设直线的方程为，，，将直线方程和抛物线方程联立，利用韦达定理和数量积的坐标表示求的值即可.

【详解】由已知可得，所以，，故抛物线，

又因为且直线斜率不为0，设直线的方程为，，，

由，得，，，

，所以，，

由，得，

所以即，

所以，解得，

所以直线的方程为：.

故选：B

11．如图，已知正三棱柱的各条棱长都相等，是侧棱的中点，是的中点，则（    ）

A． B．平面

C．平面 D．

【答案】D

【分析】根据空间中的平行和垂直的判定方法，结合选项逐一验证.

【详解】因为与异面，所以A项错误；

因为的延长线必过点，所以B项错误；

因为与不垂直，所以C项错误；

取的中点，连接，在正方形中，与全等，可得，

连接，则，又平面底面，所以平面，

因为平面，所以，

又，所以平面，

因为平面，所以.

故选：D.

12．已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别是，，过右焦点且不与x轴垂直的直线交C的右支于A，B两点，若，且，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据双曲线的定义及求出，利用勾股定理可求结果.

【详解】如图，设，则．

又，所以，所以．

又，所以，由，得

，则，而，则，化简得，所以．

二、填空题

13．函数在处有极值，则的最小值为______.

【答案】##

【分析】由在处有极值，可得，后由基本不等式可得答案.

【详解】由题意得，因为在处有极值，

则，故.

则，

当且仅当即，时取等号.经检验函数在x=1取得极值成立

故答案为：.

14．已知锐角满足，则______.

【答案】

【分析】利用二倍角公式和同角的关系公式化简即得解.

【详解】解：∵，

∴，

即，

又∵为锐角，∴，

∴，即，

∴.

故答案为：.

15．已知定义在R上的函数，满足，且当时，，则满足不等式的的取值范围是______.

【答案】

【分析】求出当时的解析式，并判断出的单调区间， 讨论的正负确定的符号，从而解得原不等式的解集.

【详解】

因为，即，所以为奇函数，

因为当时，，当时，，，

故在时单调递减，在时单调递减，

又，，，

由得或或或，

解得，

故答案为：.

16．已知函数，的部分图象如图所示，其中点A，B分别是函数的图象的一个零点和一个最低点，且点A的横坐标为，，则的值为________.

【答案】##

【分析】利用条件可得，进而利用正弦函数的图象的性质可得，再利用正弦函数的性质即求.

【详解】由题知，设，

则，

∴，∴，

∴，

将点代入，

解得，又，

∴.

故答案为：.

三、解答题

17．已知的内角，，所对的边分别为，，，.

(1)求角；

(2)若为的中点，且的面积为，，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得出答案；

（2）由面积公式及余弦定理求解即可.

【详解】（1）由，根据正弦定理可得，得，得

，∵，，

∴，∴，即.

（2）根据题意可知，的面积为，

故，解得；

在中，利用余弦定理可得：，

化简求解得：，故，

在和中，，

，因为，

不难求得：.

18．文旅部门统计了某网红景点在2022年3月至7月的旅游收入（单位：万），得到以下数据：

(1)根据表中所给数据，用相关系数加以判断，是否可用线性回归模型拟合与的关系？若可以，求出关于之间的线性回归方程；若不可以，请说明理由；

(2)为调查游客对该景点的评价情况，随机抽查了200名游客，得到如下列联表，请填写下面的列联表，依据的独立性检验，能否认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”.

参考公式：相关系数，参考数据：.线性回归方程：，其中，.

临界值表：

【答案】(1)可用线性回归模型拟合与的关系，；

(2)列联表见解析，游客是否喜欢该网红景点与性别有关联.

【分析】（1）根据相关系数公式求出相关系数，再应用最小二乘法求回归直线即可；

（2）由已知写出列联表，根据卡方公式求卡方值，结合独立检验的基本思想得到结论.

【详解】（1）由已知得：，

，因为，

说明与的线性相关关系很强.，可用线性回归模型拟合与的关系，

，

则关于的线性回归方程为：.

（2）列联表如下所示：

零假设：游客是否喜欢该网红景点与性别无关联，

根据列联表中数据，，

依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即游客是否喜欢该网红景点与性别有关联.

19．已知椭圆：的离心率为，直线交椭圆的弦长为.

(1)求椭圆的方程；

(2)经过定点的直线交椭圆于两点，椭圆的右顶点为，设直线，的斜率分别为，，求证：恒为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】根据韦达定理得弦长公式，结合离心率即可求解，进而得椭圆方程.

联立直线与椭圆的方程，得到根与系数的关系，根据两点的斜率公式，即可化简求解.

【详解】（1）∵，则，，∴即为：

把代入整理得：，则，

这时，，∴

∴所求的方程为：

（2）由题意可知，直线斜率存在.

设：即代入椭圆方程整理得：

∴，又

，同理

∴

【方法二】平移坐标轴以为原点，这时的方程为

设：代入椭圆方程整理得：

，则，

这时，

20．如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.

(1)求证:平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】（1）见解析（2）

【分析】（1）第（1）问，连交于,连接.证明// ，即证平面. (2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥的体积.

【详解】（1）方法一：连交于,连接.

由梯形，且，知

又为的中点，为的重心，∴

在中， ,故// .

又平面, 平面,∴ 平面.

方法二：过作交PD于N,过F作FM||AD交CD于M,连接MN,

G为△PAD的重心，

又ABCD为梯形，AB||CD,

又由所作GN||AD,FM||AD,得// ，所以GNMF为平行四边形.

因为GF||MN,

（2） 方法一:由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点

∴， ，得平面，且                 

由（1）知//平面，∴

又由梯形ABCD，AB||CD，且，知  

又为正三角形，得，∴，

得

∴三棱锥的体积为.

方法二: 由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点

∴， ，得平面，且

由，∴

而又为正三角形，得，得.

∴，

∴三棱锥的体积为.

21．已知函数，且.

（1）讨论函数的单调性；

（2）当时，试判断函数的零点个数.

【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析.

【详解】试题分析：

（1）求出导函数，根据导函数的符号的到函数的单调性；（2）将问题转化为求方程根的个数的问题处理，分离参数后转化为判断和函数的图象的公共点的个数的问题．通过分析函数的单调性得到图象的大致形状即可．

试题解析：

（1）函数的定义域为,

∵,

∴

①当时，恒成立，

所以函数在上单调递增；

②当时，

则当时，，单调递减，

当时，，单调递增．

综上所述，当时，函数在上单调递增；

当时，函数在上单调递增，在上单调递减．

（2）由题意知，函数的零点个数即方程的根的个数．

令，

则

由（1）知当时， 在递减，在上递增，

∴.

∴在上恒成立.

∴，

∴在上单调递增.

∴，.

所以当或时，函数没有零点；

当时函数有一个零点.

点睛：研究方程根的个数（函数零点的个数、两函数图象公共点的个数）时，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并根据题目要求，画出函数图象的大致图象，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

(2)已知点的直角坐标为，过点作直线的垂线交曲线于、两点（在轴上方），求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据参数方程化为普通方程的方法和极坐标化为直角坐标方程的公式求解；(2)根据直线的参数方程的几何意义求解.

【详解】（1）由，消去参数得，

即直线的普通方程为；

由，得，

∵，，∴，

即曲线的直角坐标方程.

（2）直线的斜率为，则的斜率为，所以的倾斜角为，

故设直线的参数方程为（为参数），

代入，得，

设点对应的参数为，点对应的参数为，

则，且在轴上方，有，.

故，

即的值为.

23．已知函数．

(1)当时，解不等式；

(2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）分析可知，，可得出或，则存在，使得或，利用参变量分离法可求得实数的取值范围.

【详解】（1）解：当时，．

当时，，解得，此时；

当时，，解得，此时；

当时，，解得，此时．

因此，原不等式的解集为．

（2）解：当时，由可得，即，

即或，所以，或，

即存在，使得或．

若存在使得，则，

若存在使得，则.

因此，实数的取值范围为．