2023届宁夏银川一中高三下学期第五次月考数学（文）试题含解析

2023届宁夏银川一中高三下学期第五次月考数学（文）试题

一、单选题

1．集合的真子集的个数为（    ）

A．3 B．4 C．7 D．8

【答案】C

【解析】先化简集合，再列举出所有真子集，从而可得答案．

【详解】因为，

所以A的真子集为

可得真子集的个数为，

故选：．

2．复数z满足i（i为虚数单位），则z的虚部是（    ）

A．1 B．－1 C．i D．－i

【答案】A

【分析】根据题意复数的除法运算可得可得，再结合虚部的概念即可得解.

【详解】由，可得，

故虚部为，

故选：A

3．过两点，的直线的倾斜角是，则（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】D

【分析】根据斜率公式求解.

【详解】因为，解得，

故选:D.

4．设平面向量，，均为非零向量，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.

【详解】由，得，得；反之不成立.

故“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

【点睛】本题主要考查判断命题的必要不充分条件，涉及向量数量积，属于基础题型.

5．在等差数列中，若，是方程的两根，则（    ）

A． B． C． D．3

【答案】D

【分析】根据一元二次方程的解法解出，的可能值，即可得出（或利用韦达定理直接得出），即可根据等差中项列式解出答案.

【详解】解得或，

则，分别为1或5，

则，（或利用韦达定理直接得出）

则根据等差中项得：，则，

故选：D.

6．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中，则原平面图形的面积为（    ）

A． B． C．3 D．6

【答案】C

【分析】根据斜二测画法的定义求解.

【详解】

如图，过点作于点，

因为,所以，

原平面图形中,作原平面图形如下，

则原平面图形的面积为,

故选:C.

7．下列点中，曲线的一个对称中心是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用辅助角公式可化简得到，令，可求得函数的对称中心，对比选项可得结果.

【详解】，

令，解得：，此时；

的对称中心为；

则当时，对称中心为.

故选：C.

8．已知椭圆的左、右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相切，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以线段为直径的圆与直线 相切，可得原点到直线的距离

, 化简可求离心率.

【详解】因为椭圆的左、右顶点分别为，，

所以，

所以以线段为直径的圆的圆心为坐标原点, 半径为,

所以圆的方程为，

因为圆与直线相切，

所以, 整理可得：,

即, 即 , 从而,

所以.

故选：A

9．在中，角，，的对边分别为，，若，，，则的面积（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】由已知利用正弦定理可得，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．

【详解】解：，

，由正弦定理可得，

，

，

的面积．

故选：A．

10．已知函数，若在上为减函数，则a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复合函数的单调性以及对数函数的定义域求解.

【详解】设函数，

因为在上为减函数，

所以在上为减函数，则解得，

又因为在恒成立，

所以解得，

所以a的取值范围为，

故选:B.

11．若点P是函数任意一点，则点P到直线的最小距离为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】当过点P的切线和平行时，点P到的距离最小，令函数的导数等于的斜率求出切点，再求切点到的距离即可.

【详解】解：当过点P的切线和平行时，点P到的距离最小，

的斜率为1，

令，解得或，

因为，所以，，

所以曲线上和直线平行的切线的切点为，

到直线的距离为最小距离，

故选：A.

【点睛】考查求曲线上一点到给定直线的距离的最小值求法，基础题.

12．已知数列前项和满足：，数列前项和满足：，记，则使得值不超过2022的项的个数为（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】C

【分析】根据数列前项和与的关系，可得；同理前项和与的关系可得，则可得，判断其单调性，即可求得使得值不超过2022的项的个数.

【详解】解：因为，当时，，

当时，，则符合上式，所以；

又，当时，，所以，

当时，，则，所以是以为首项，公比的等比数列，

所以，

则

所以，即，又递增，递增，所以递增

又，所以

故使得值不超过2022的项的个数为10.

故选：C.

二、填空题

13．抛物线的准线方程为_______.

【答案】

【分析】由抛物线方程求出，判断焦点位置，从而可得答案.

【详解】因为抛物线方程为，

所以，

又因为抛物线焦点在轴上，

所以抛物线的准线方程为，

故答案为：.

【点睛】本题主要考查由抛物线方程求准线方程，属于基础题.

14．在△OAC中，B为AC的中点，若，则x- y =______．

【答案】

【分析】利用三角形的中线对应的向量等于两邻边对应向量和的一半，将等式变形表示出，与已知等式结合，利用平面向量的基本定理，列出方程，求出x，y，求出x﹣y．

【详解】∵B为AC的中点，OB为三角形的中线

∴

∵

∴x=﹣1，y=2 故x﹣y=﹣3

故答案为﹣3．

【点睛】本题考查三角形中中线对应的向量等于两邻边对应向量和的一半和平面向量基本定理的应用．

15．若函数在上单调递增，则的取值范围为________．

【答案】

【分析】先转化为导函数在上非负，再变量分离转化为求对应函数最值问题，即得结果.

【详解】因为在上单调递增，所以在上恒成立，

即在上恒成立，

又在上单调递减，所以，所以；

故答案为：.

16．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．

【答案】

【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.

【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中，且点M为BC边上的中点，

设内切圆的圆心为，

由于，故，

设内切圆半径为，则：

，

解得：，其体积：.

故答案为：.

【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

三、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，

(1)求C的大小；

(2)已知，，求b的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用平面向量数量积的坐标运算和三角形内角和定理即可求解；

(2)结合（1）的结论，利用正弦定理和两角差的正弦定理即可求解.

【详解】（1）由题意，，

即，

则，由，得.

所以，则.

（2）由，，得.

由正弦定理，，即，

且，

解得.

18．数列前项和为，满足：，.

（1）求证：数列是等比数列；

（2）求和：.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）由递推关系结合可得即可证明；

（2）由（1）求出，分组求和法即可求出.

【详解】（1）由可得，即

∵，，

∴，∴，

∴对任意恒成立，

故数列是以为首项，公比为3的等比数列；

（2）由（1）知：，即，

故.

19．如图，在四棱锥中，，且.

(1)求证：平面平面；

(2)若，，四棱锥的体积为，求四棱锥的侧面积.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）依题意可得，，，从而平面，由此能证明平面平面．

（2）设，则，过作，即可得到平面，由，求出，四棱锥的侧面积计算可得．

【详解】（1）证明：，

，，

，

，，平面，

平面，

平面，

平面平面．

（2）解：设，

，

过作，为垂足，则，

平面，平面，，

，平面，平面，

，解得，

又，，

所以为等边三角形，

四棱锥的侧面积

．

20．已知椭圆：（）的左焦点为，离心率为．

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；

（Ⅱ）设为坐标原点，为直线上一点，过作的垂线交椭圆于，．当四边形是平行四边形时，求四边形的面积．

【答案】(1) ；（2）

【详解】试题分析：（1）由已知得：，，所以，再由可得，从而得椭圆的标准方程. 椭圆方程化为.设PQ的方程为，代入椭圆方程得：.面积，而，所以只要求出的值即可得面积.因为四边形OPTQ是平行四边形，所以，即.

再结合韦达定理即可得的值.

试题解析：（1）由已知得：，，所以

又由，解得，所以椭圆的标准方程为：.

（2）椭圆方程化为.

设T点的坐标为，则直线TF的斜率.

当时，直线PQ的斜率，直线PQ的方程是

当时，直线PQ的方程是，也符合的形式.

将代入椭圆方程得：.

其判别式.

设，

则.

因为四边形OPTQ是平行四边形，所以，即.

所以，解得.

此时四边形OPTQ的面积

.

【考点定位】1、直线及椭圆的方程；2、直线与圆锥曲线的位置关系；3、三角形的面积.

21．已知函数.

(1)求的极小值；

(2)若函数，，求的极小值的最大值.

【答案】(1)极小值

(2)1

【分析】（1）对函数求两次导，确定其单调性，得出的极小值；

（2）由导数以及零点存在性定理得出的极小值，构造函数，由导数得出的极小值的最大值.

【详解】（1）函数的定义域为，，

令，则，

所以在上单调递增，且，

当时，；

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时有极小值；

（2）因为，

所以，由（1）知，在上单调递增，

当时，；当时，，则有唯一解，

当时，；当时，，

即在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值

，且满足，

令，则，

当时，；当时，，

即在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以的极小值的最大值为1.

【点睛】方法点睛：求函数的极值的一般步骤：(1)求或二阶导数；(2)求出导数的零点；(3)利用导数的正负判断函数的单调性；(4)确定函数的极值．

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知圆经过极点，且其圆心的极坐标为.

(1)求直线的普通方程与圆的极坐标方程；

(2)若射线分別与圆和直线交于点（点异于坐标原点），求线段长.

【答案】(1)直线普通方程为，圆的极坐标方程为

(2)

【分析】（1）消去得直线方程，确定圆心和半径，计算极坐标方程得到答案.

（2）将代入圆和直线的极坐标方程，计算即可.

【详解】（1），消去得，

圆C经过极点，且其圆心的极坐标为，圆是以为圆心，半径为2的圆.

其方程是，即，极坐标方程为；

（2）将代入得，

直线的极坐标方程是，即，

将代入得，故.

23．设a，b，c均为正数，且a+b+c=1，证明：

（Ⅰ）ab+bc+ac；

（Ⅱ）.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（II）证明见解析.

【详解】（Ⅰ）由，，得：

，

由题设得，

即，

所以，即.

（Ⅱ）因为，，，

所以，

即，

所以.

本题第（Ⅰ）（Ⅱ）两问，都可以由均值不等式,相加即得到.在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:“一正二定三相等”.

【考点定位】本小题主要考查不等式的证明,熟练基础知识是解答好本类题目的关键.