重庆市万州第二高级中学2023届高三数学下学期3月月考试题（Word版附解析）

万州二中2022-2023年高三下期3月月考

数学试题

注意事项：

1．答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；

3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；

4．全卷共5页，满分150分，考试时间120分钟.

一、选择题：本题共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. 已知角的终边经过点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

先用诱导公式化简,再借助三角函数的定义即可解得.

【详解】因为角的终边经过点,则有,

所以.

故选:B.

【点睛】本题考查诱导公式, 考查三角函数的定义求函数值,难度容易.

2. 已知，，是三个不同平面，，.则下列命题成立的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】B

【解析】

【分析】根据线面以及面面关系，逐项分析判断即可得解.

【详解】对A，平面和可以相交，

对B，根据定理，一个平面和另外两个平行平面相交，则交线平行，故B正确；

对C，平面内的一条直线和令一个平面内的一条直线垂直，

不能证明线面垂直，即不能证明面面垂直，故C错误，

对D，若两个面垂直，第三个平面和该两个面相交，交线并不一定垂直，故D错误.

故选：B

3. 定义在上的函数的反函数为，且对任意的都有，若,则（ ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 6

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意得到的对称中心，从而得到反函数的对称中心，然后对所求的式子进行化简，符合反函数的对称的式子，得到答案.

【详解】因为对任意的都有，

所以关于点成中心对称，

所以的反函数关于点成中心对称，

即

因为

所以，

所以，

故选D项.

【点睛】本题考查函数与反函数之间的关系，函数的中心对称，属于简单题.

4. 若的展开式的各项系数和为8，则（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】C

【解析】

【分析】直接令计算可得答案.

【详解】令得，解得

故选：C.

5. 过抛物线：的焦点的直线交抛物线于、两点，以线段为直径的圆的圆心为，半径为.点到的准线的距离与之积为25，则（ ）

A. 40 B. 30 C. 25 D. 20

【答案】A

【解析】

【详解】由抛物线的性质知，点到的准线的距离为，

依题意得，又点到的准线 的距离为，

则有，故，

故选：A．

6. 已知抛物线的焦点，点，为抛物线上一点，且不在直线上，则周长取最小值时，线段的长为

A. 1 B.

C. 5 D.

【答案】B

【解析】

【分析】求△PAF周长的最小值，即求|PA|+|PF|的最小值．设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义，可知|PF|＝|PD|．因此问题转化为求|PA|+|PD|的最小值，根据平面几何知识，当D、P、A三点共线时|PA|+|PD|最小，由此即可求出P的坐标，然后求解PF长度．

【详解】求△PAF周长的最小值，即求|PA|+|PF|的最小值，

设点P在准线上的射影为D，

根据抛物线的定义，可知|PF|＝|PD|

因此，|PA|+|PF|的最小值，即|PA|+|PD|的最小值

根据平面几何知识，可得当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，

此时P（，3），F（1，0）的长为，

故选B．

【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断当D，P，A三点共线时|PA|+|PD|最小，是解题的关键．

7. 在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，是上底面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

分别取、的中点、，连接、、、，推导出平面平面，可得出点的轨迹为线段，进而可求得线段长度的取值范围.

【详解】如下图所示，分别取、的中点、，连接、、、，

因为四边形为正方形，则且，

因为、分别为、的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，则且，

在正方体中，且，且，

所以四边形平行四边形，可得，

平面，平面，平面，

同理可证平面，

，所以，平面平面，

在线段上任取一点，则平面，平面，

即点的轨迹为线段，

在中，，，

当时，即当为的中点，的长度取最小值，即，

当点与点或点的重合时，的长度取最大值，即.

因此，线段长度的取值范围是.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题考查线段长度取值范围的求解，解题的关键就是利用平面推测出点的轨迹，一般利用线面平行的性质或面面平行的性质来找出动点的轨迹，在确定点的轨迹后，再利用几何知识求解.

8. 如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗实线和粗虚线画出了某三棱锥的三视图，则该三棱锥的内切球表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由几何体的三视图，可得该几何体表示一个棱长为的正四面体，结合三棱锥的体积与表面积公式，求得内切球的半径，最后利用球的表面积公式，即可求解.

【详解】由几何体的三视图，可得该几何体表示一个棱长为的正四面体，（其中该正四面体是棱长为4的正方体的一部分）如图所示，

则该正四面体的体积为，

正四面体的表面积为，

设正四面体的内切球的球心为，半径为，

则，即，解得，

所以内切球的表面积为.

故选：B.

【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键，同时注意球的组合体性质的应用．

二、多项选择题：本题共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2分.

9. 已知平面向量，，且，的夹角是钝角，则可以是（    ）

A. -1 B.  C.  D. 2

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意得出且与不共线，运算即可.

【详解】因为与的夹角为钝角，

所以且与不共线，

即且，

所以且

故选：BD

10. 年至年是中国电力工业发展的黄金十年，煤电产能结构持续优化，新能源发展突飞猛进.如图是年至年每年月份全国用电总量统计数据，则下列说法正确的是（    ）

A. 年月份的全国用电总量最大

B. 年月份的全国用电总量同比增长最低

C. 年月份的全国用电总量为年至年每年月份全国用电总量的中位数

D. 年至年每年月份的全国用电总量同比增长的极差大于年至年每年月份的全国用电总量同比增长的极差

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据统计图形逐项判断可得出合适的选项.

【详解】观察统计图可知，年至年每年月份的全国用电总量逐年增长，所以选项A正确；

年月份的全国用电总量同比增长最低，所以选项B正确；

年月份的全国用电总量为年至年每年月份全国用电总量的中位数，所以选项C正确；

由图可知，年至年每年月份的全国用电总量同比增长的极差小于年至年每年月份的全国用电总量同比增长的极差，D错.

故选：ABC.

11. 已知函数的部分图象如图所示，若将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则的值可以是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据函数图象可确定和最小正周期，由此可得，结合可求得，从而得到的解析式，根据可构造方程求得，由此可得可能的取值.

【详解】由图象可知：，最小正周期，，

，，解得：，

又，，，，

，

，解得：，

当时，；当时，.

故选：AD.

12 已知，且，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据特殊值法，可排除A；利用基本不等式，可判断BC正确；由作差法，可判断D正确.

【详解】对于A，令，则，故A不正确；

对于B，，当且仅当，即时，等号成立；故B正确；

对于C，，当且仅当时，等号成立，故C正确；

对于D，由，所以，，则，故D正确.

故选：BCD.

【点睛】易错点睛：

利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知复数，则__________．

【答案】
 

【解析】

【分析】根据复数的除法运算可得，结合复数的几何意义即可求出模.

【详解】由，得，

所以，

故答案为：

14. 设向量，的夹角的余弦值为，且，，则_________．

【答案】

【解析】

【分析】设与的夹角为，依题意可得，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律计算可得．

【详解】解：设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，

又，，所以，

所以．

故答案为：．

15. 设为偶函数，且当时，；当时，．关于函数的零点，有下列三个命题：

①当时，存在实数m，使函数恰有5个不同的零点；

②若，函数的零点不超过4个，则；

③对，，函数恰有4个不同的零点，且这4个零点可以组成等差数列．

其中，正确命题的序号是_______．

【答案】①②③

【解析】

【分析】根据偶函数的图象关于轴对称，利用已知中的条件作出偶函数的图象，利用图象对各个选项进行判断即可.

【详解】解：当时又因为为偶函数

可画出的图象，如下所示：

可知当时有5个不同的零点；故①正确；

若，函数的零点不超过4个，

即，与的交点不超过4个，

时恒成立

又当时，

在上恒成立

在上恒成立

由于偶函数的图象，如下所示：

直线与图象的公共点不超过个，则，故②正确；

对，偶函数的图象，如下所示：

，使得直线与恰有4个不同的交点点，且相邻点之间的距离相等，故③正确．

故答案为：①②③

【点睛】本题考查函数方程思想，数形结合思想，属于难题.

16. 已知菱形的边长为，，.当时， ___________；当取得最小值时，___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】取中点，以为坐标原点可建立平面直角坐标系，由向量数量积的坐标运算可求得；设，由可表示出，由此得到，由向量数量积坐标运算可将表示为关于的函数，由二次函数性质可得结果.

【详解】取中点，连接，

四边形为菱形，，为等边三角形，，

则以为坐标原点可建立如下图所示的平面直角坐标系，

则，，，

当，即时，点为中点，即为坐标原点，，

，，；

设，则，又，，解得：，

，，，

，

则当时，取得最小值.

故答案为：；.

【点睛】方法点睛：求解平面几何中的平面向量数量积问题的常用方法有两种：

（1）利用平面向量线性运算将所求数量积进行转化，转化为夹角和模长已知的向量数量积的求解问题；

（2）建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算来进行求解.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 已知圆的圆心坐标为，且点在圆上.

（1）求圆的标准方程；

（2）若直线与圆相交于､两点，当变化时，线段的最小值为6，求的值.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）由两点间的距离公式求出圆的半径即可；

（2）根据线段的最小值为6，可知圆心到直线的距离为4，利用点到直线的距离公式求解即可.

【小问1详解】

由题意得

∴圆的标准方程为.

【小问2详解】

若，可知圆心到直线的距离为4，

而圆心到直线距离，

当时，线段的最小值为6，此时，

∴或.

18. 为了解华人社区对接种新冠疫苗的态度，美中亚裔健康协会日前通过社交媒体，进行了小规模的社区调查，结果显示，多达的华人受访者最担心接种疫苗后会有副作用.其实任何一种疫苗都有一定的副作用，接种新型冠状病毒疫苗后也是有一定副作用的，这跟个人的体质有关系，有的人会出现副作用，而有的人不会出现副作用.在接种新冠疫苗的副作用中，有发热、疲乏、头痛等表现.为了了解接种某种疫苗后是否会出现疲乏症状的副作用，某组织随机抽取了某地200人进行调查，得到统计数据如下：

（1）求列联表中的数据，，，的值，并确定能否有的把握认为有疲乏症状与接种此种疫苗有关.

（2）从接种疫苗的人中按是否有疲乏症状，采用分层抽样的方法抽出8人，再从8人中随机抽取3人做进一步调查.若初始总分为10分，抽到的3人中，每有一人有疲乏症状减1分，每有一人没有疲乏症状加2分，设得分结果总和为，求的分布列和数学期望.

【答案】（1）60，20，40，80，有；（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）根据所给数据补全未知量，再代入公式，根据所得结果比对数据表，即可得解；

（2）求出得分结果总和的所有可能，然后求出对应的概率，利用期望公式直接求解即可.

【详解】（1）由题意得：，，

，，

因为.

所以有的把握认为有疲乏症状与接种此种疫苗有关.

（2）从接种疫苗的人中按是否有疲乏症状，采用分层抽样的方法抽出8人，可知8人中无疲乏症状的有6人，有疲乏症状的有2人，再从8人中随机抽取3人，当这3人中恰有2人有疲乏症状时，；当这3人中恰有1人有疲乏症状时，；当这3人中没有人有疲乏症状时，.

因为；；.

所以的分布列如下：

期望.

19. 如图是一个四棱柱被一个平面所截的几何体，底面是正方形，M是的中点，.

（1）证明：平面平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）证明面面垂直即证线面垂直，证明线面垂直即证线线垂直；

（2）利用空间直角坐标系，求平面的法向量以及直线的方向向量，运用公式求解.也可以运用几何法将线面角作出进行求解；也可以运用等体积法进行求解.

【小问1详解】

法一：证明：连，因为，

所以四边形是平行四边形，所以，

又，

所以，

而，所以平面，

又面，所以平面平面；

法二：证明：取中点O，连，

则，

所以E，G，M，O四点共面，

又，

所以，

而，所以平面，

又面，所以平面平面；

【小问2详解】

法一（向量法一）：取中点O，连，则，

所以E，G，M，O四点共面，又平面，所以，

又，所以面，

以O为原点，过O垂直于的向外的射线为x轴，为y轴，为z建立如图空间直角坐标系，

则，

由，所以，

所以，

又是平面的法向量，

所以

.

法二（向量法二）：以A为原点，分别以射线为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则，

设，

由，得，

又，所以，

所以，

又是平面的法向量，

所以

法三（几何法）：取中点N，连，

因为，所以四边形是平行四边形，所以，

于是，问题转化为求与平面所成角的正弦值，

又因为平面，

所以（或其补角）就是与平面所成角的余角，

取中点O，连，则，所以E，G，M，O四点共面，

又平面，所以，又，

所以平面，

所以，又，

所以面，所以，

，所以.

所以与平面所成角的正弦值为.

20. 已知数列满足，，（）．

（1）求，，并求数列的通项公式；

（2）记数列的前项和为，当取最大值时，求的值．

【答案】（1）,,其中；（2）.

【解析】

【分析】（1）由,令即可求得,根据题意可得数列奇数项,偶数项分别是以为公差的等差数列,结合等差数列的通项公式分别求出；

（2）由,分组利用等差数列的求和公式求和.

【详解】解：（1）∵，，，

∴，，

由题意可得，数列的奇数项、偶数项分别是以为公差的等差数列．

当为奇数时，，

当为偶数时，，

∴其中；

（2）

．

结合二次函数的性质可知，当时，取最大值．

21. 已知函数.

（1）若,曲线在点处的切线在两坐标轴上的截距之和为2,求的值

（2）若对于任意的及任意的总有成立.求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由导数的几何意义求解，

（2）化简后构造函数，由的单调性转化为不等式恒成立后求解，

【小问1详解】

因为

所以.

又因为切点坐标为，所以切线方程为.

令，得；令，得.

由，化简得.

解得或，又，所以.

【小问2详解】

设，由（1）知，，

在时，，

所以等价于.

即，所以.

设，则，所以在上为单调递增函数.

因此，对于恒成立.

所以即对于恒成立.

设，则.

所以在上单调递增，.

因此，，即

22. 已知椭圆的左右焦点分别是，是椭圆上一动点(与左右顶点不重合)，已知的内切圆半径的最大值是椭圆的离心率是.

（1）求椭圆的方程；

（2）过作斜率不为0的直线交椭圆于两点，过作垂直于轴的直线交椭圆于另一点，连接，设的外心为，求证：为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）根据面积最大时，r最大可得出等量关系求解；

（2）设出直线方程，与椭圆联立，设，得出韦达定理，表示出AB的中点坐标，求得AB的垂直平分线方程，得出点坐标，即可表示出，即可得出定值.

【详解】（1）由题意知∶，∴a=2c，，

设△的内切圆半径为r，

则.

故当面积最大时，r最大，即P点位于椭圆短轴顶点时，

所以，把a=2c，代入，解得∶a=2，，

所以椭圆方程为

（2）由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB为，

代入椭圆方程得.

，

设，则，，

因此可得

所以AB的中点坐标为(，)

因为G是△ABQ的外心，所以G是线段AB的垂直平分线与线段BQ的垂直平分线的交点，

由题意可知B，Q关于y轴对称，故，

AB的垂直平分线方程为

令y=0，得，即G(，0)，

所以

又

=

故，所以为定值，定值为4.

【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：

（1）得出直线方程，设交点为，；

（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；

（3）写出韦达定理；

（4）将所求问题或题中关系转化为形式；

（5）代入韦达定理求解.