四川省成都市第十二中学2022-2023学年高三理科数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

2022-2023学年度上期高2023届高中毕业班10月考试

数学（理科）试题

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共计60分. 在每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.

1. 集合，则中元素的个数为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】先解不等式得集合B，然后由集合交集运算可得.

【详解】解不等式，得

所以，故中元素的个数为3.

故选：B

2. 若复数的实部与虚部相等，则b的值为（    ）

A. ﹣2 B. ﹣1 C. 1 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】先利用复数乘法公式得到，进而得到，从而得解.

【详解】，因为实部与虚部相等，故，解得：.

故选：C.

3. 如图所示的茎叶图记录了甲､乙两种商品连续10天的销售数据，则下列说法错误的是(    )

A. 乙销售数据的极差为24 B. 甲销售数据的众数为93

C. 乙销售数据的均值比甲大 D. 甲销售数据的中位数为92

【答案】D

【解析】

【分析】根据茎叶图中数据逐项分析即可判断.

【详解】乙销售数据极差是112－88＝24，故A正确；

甲销售数据的众数为93，故B正确；

甲销售数据的均值为(80×3＋90×5＋100×2＋7＋6＋4＋9＋8＋3＋3＋1＋6＋3)×＝94，

乙销售数据的均值为(80＋90×4＋100×4＋110＋8＋5＋7＋8＋8＋1＋2＋3＋6＋2)×＝100，∴乙销售数据的均值比甲大，故C正确；

甲销售数据的中位数为93，故D错误.

故选：D.

4. 在区域内任取一点，则满足的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，作出可行域的约束的平面区域，再结合几何概型求解即可.

【详解】解：画出区域，如图（图中及内部），

区域内满足的区域为图中四边形的内部及边界，

且，，，

所以与相似，所以，

故所求概率.

故选:A.

5. 中国公民身份号码编排规定，女性公民的顺序码为偶数，男性为奇数，反映了性别与数字之间的联系；数字简谱以1，2，3，4，5，6，7代表音阶中的7个基本音阶，反映了音乐与数字之间的联系，同样我们可以对几何图形赋予新的含义，使几何图形与数字之间建立联系.如图1，我们规定1个正方形对应1个三角形和1个正方形，1个三角形对应1个正方形，在图2中，第1行有1个正方形和1个三角形，第2行有2个正方形和1个三角形，则在第9行中的正方形的个数为（    ）

A. 53 B. 55 C. 57 D. 59

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意将题中所给的信息转化为数列递推公式关系，，通过递推从而得出结果.

【详解】设为第n行中正方形的个数，为第n行中三角形的个数，由于每个正方形产生下一行的1个三角形和1个正方形，

每个三角形产生下一行的1个正方形，则有，，

整理得，且，，

则，，，，

，，.

故选：B.

6. 已知命题p：在中，若，则，命题，.下列复合命题正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】命题可举出反例，得到命题为假命题，构造函数证明出，成立，从而判断出四个选项中真命题.

【详解】在中，若，此时满足，但，故命题错误；

令，

则，

当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以在处取得极小值，也是最小值，

，

所以，成立，为真命题；

故为假命题，为假命题，为真命题，为假命题.

故选：C

7. 已知函数有两个极值点，且，则极大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求导，利用韦达定理求得，，再根据求得，在求导，根据极值的定义即可得出答案.

【详解】解：因为，

，所以有两个不同的实数解，

且由根与系数的关系得，，

由题意可得，

解得，

此时，，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

故当时，取得极大值．

故选：B．

8. 已知同时满足下列三个条件：

①时，的最小值为

②是偶函数

③

若在有最小值，则实数t的取值范围可以是（　　）

A. （0，] B. （0，] C. （，] D. （，]

【答案】D

【解析】

【分析】根据性质求出函数解析式，再由函数在有最小值，根据正弦型函数的图象与性质可确定出即可得解.

【详解】由题意：①时，的最小值为，可得周期为π，即；

②是偶函数，即为偶函数，

即，，可得，，

③，即，

当为偶数时不成立，当为奇数时成立，故不妨可取，

即有，

∵，∴，且，

根据在上有最小值，知即可，即，

故选：D．

9. 在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先证明平面SAC，再根据正弦定理求解外接圆的半径，进而根据外接球的性质确定球心的位置，结合直角三角形中的关系求解球半径得到体积即可

【详解】因为，所以.又，，所以平面SAC.在中，，，所以.又，则外接圆的半径为，取BC，AC的中点D，E，的外心为F，过D作平面ABC的垂线l，过F作平面SAC的垂线交l于点O，即为球心，连接DE，EF，FA，OA，则四边形DEFO为矩形，则，，所以，即三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为.

故选：D

10. 已知双曲线的右焦点为，为右支上一点，与轴切于点，与轴交于两点，若为直角三角形，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将坐标代入双曲线方程，根据，即可求得，从而得到关于的方程，即可得到结果.

【详解】不妨设点在轴的上方，因为轴，将点的横坐标代入，

得.

由题意可知，且，则有，即，

则，即，

则.

故选:B.

11. 已知，函数，若对，恒有，则的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据函数图像求出恒成立，再根据函数的最值求得即可.

【详解】令，因为，则，由的图像可知或（舍），

则等价于在恒成立，由题意在时，，

因，当且仅当时，取等号，所以；

因为，

所以的最大值为，的最小值为，所以可得，得.

故选：D.

12. 已知，则的大小关系是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数，，利用导函数得到其单调性，从而得到，

当且仅当时等号成立，变形后得到，当时，等号成立，令后得到；

再构造，利用导函数得到其单调性，得到，当且仅当时，等号成立，

变形后得到，当时，等号成立，令得到，从而得到.

【详解】构造，，

则，当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

故，当且仅当时等号成立，

因为，所以，

当时，等号成立，

当时，，所以

构造，则，当时，，当时，，

所以在单调递增，在上单调递减，

故，所以，当且仅当时，等号成立，

故，当且仅当时，等号成立，

令，则，所以，

综上，

故选：

【点睛】构造函数比较函数值的大小，关键在于观察所给的式子特点，选择合适的函数进行求解.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.

13. 已知向量，，则＝________．

【答案】

【解析】

【分析】先求出的坐标，再由，得，列方程可求出的值

【详解】解析：，

，解得．

故答案为：

14. 设椭圆的左､右焦点分别为.已知点，线段交椭圆于点P，O为坐标原点.若，则该椭圆的离心率为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】由椭圆定义和题干中的可得到，进而得出点P的坐标，代入椭圆方程化简可得到离心率.

【详解】根据椭圆定义知，又，，

由三角形为直角三角形可得点P是的中点，

，把点P代入椭圆方程中得.

故答案为：.

15. 已知函数的定义域为R，且，则______

【答案】-3

【解析】

【分析】先根据题意求得函数的周期为6，再计算一个周期内的每个函数值，由此可得解．

【详解】令，则，即，

，，两式相加，

得，则，

的周期为6，

令，得，由解得，

又，

，

，

，

，

，

，

．

故答案为：-3

16. 在中，内角所对的三边分别为，且，若的面积为，则的最小值是__________.

【答案】

【解析】

【分析】由三角形面积公式得到，利用角A的三角函数表达出，利用数形结合及的几何意义求出最值.

【详解】因为△ABC的面积为1，所以，

可得，由，可得

，

设，其中，

因为表示点与点连线的斜率，

如图所示，当过点P的直线与半圆相切时，此时斜率最小，

在直角△OAP中，，可得，

所以斜率的最小值为，

所以m的最大值为，所以，所以，

即BC的最小值为，

故答案为：

【点睛】思路点睛：解三角形中最值问题，要结合基本不等式，导函数或者数形结合，利用代数式本身的几何意义求解.

三、解答题：本大题共6小题，合计70分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

（一）必考题：共60分.

17. 某校所在省市高考采用新高考模式，学生按“”模式选科参加高考：“3”为全国统一高考的语文､数学､外语3门必考科目；“1”由考生在物理､历史2门中选考1门科目；“2”由考生在思想政治､地理､化学､生物学4门中选考2门科目.

（1）为摸清该校本届考生的选科意愿，从本届750位学生中随机抽样调查了100位学生，得到如下部分数据分布：

请在答题卡的本题表格中填好上表中余下的5个空，并判断是否有99.9%的把握认为该校“学生选科的方向”与“学生的性别”有关；

（2）记已选物理方向的甲､乙两同学在“4选2”的选科中所选的相同的选科门数为，求的分布列及数学期望.

附：，.

【答案】（1）填表答案见解析，有99.9%的把握认为该校“学生选科的方向”与“学生的性别”有关   

（2）分布列见解析，数学期望：

【解析】

【分析】（1）根据题意即可填表，得到列联表，计算的值，即可得到结论；

（2）确定变量的取值，计算每个值对应的概率，可得其分布列，根据期望的计算公式可得答案.

【小问1详解】

根据题意可得列联表，如图：

则，

由于，故而有99.9%的把握认为该校“学生选科的方向”与“学生的性别”有关

【小问2详解】

可能取值为0，1，2，则；；

（或），；

分布列如下表：

所以.

18. 已知在锐角中，.

（1）证明：；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）化简题干条件得到，从而根据是锐角三角形，得到，得到；

（2）先根据锐角三角形得到，再逆用正切的差角公式，结合第一问的结论得到.

【小问1详解】

证明：由知：

，

即，

所以，

因为是锐角三角形，

所以，

在上单调递增，

所以，即.

【小问2详解】

由锐角知：，，，

解得：，

故.

19. 如图，是圆的直径，点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，且，点是的中点，与交于点，点是上的一个动点.

（1）求证：；

（2）求二面角平面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明平面来证得；

（2）判断出二面角平面角，解直角三角形求得其余弦值；

【小问1详解】

证明：点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，平面，

平面，，

又是圆的直径，有，且，平面，

所以平面，又平面，所以．

【小问2详解】

平面，平面，所以，，

为二面角的平面角．

设，则，，有，为锐角，

在直角中可得，故，

故二面角平面角的余弦值为．

20. 已知椭圆，左焦点为，上顶点为，直线BF与椭圆交于另一点Q，且，且点在椭圆上.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设，，M是椭圆C上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点P，直线与直线交于点.证明：是等腰三角形.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据向量关系可得，再结合椭圆上已知的点可求基本量，从而可得椭圆方程.

（2）设，则可用表示的横坐标，利用在椭圆上可证，从而可证明是等腰三角形.

【小问1详解】

因为，， ，故，

故，所以即，

而在椭圆上，故，故，解得，

所以，故椭圆方程为：.

【小问2详解】

设，，故，而，

由可得，同理.

,

因为在椭圆上，故，故即，

而所以，

故是等腰三角形.

21 已知函数

（1）讨论的单调性；

（2）若在有两个极值点，求证：．

【答案】（1）当时，在上单调递增；

当或时，在上单调递减，

在和上单调递增.   

（2）见解析

【解析】

【分析】（1）由题意，求导，根据含参二次函数的性质，由判别式进行分类讨论，可得答案；

（2）由题意，根据极值点与导数零点的关系，结合韦达定理，化简不等式以及明确参数的取值范围，构造函数，求导研究新函数的单调性，可得答案.

【小问1详解】

由，

求导得，

易知恒成立，故看的正负，即由判别式进行判断，

①当时，即，，则在上单调递增；

②当时，即或，

令时，解得或，

当时，，

则在上单调递减；

当或，，

则在和上单调递增；

综上所述，当时，在上单调递增；

当或时，在上单调递减，

在和上单调递增.

【小问2详解】

在上由两个极值点，

或，且为方程的两个根，即，，

，，即，

将，代入上式，可得：

，

由题意，需证，令，

求导得，

当时，，则在上单调递减，即，

故.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

 [选修4－4：坐标系与参数方程]

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

（1）求C的极坐标方程和l的直角坐标方程；

（2）l与C交于A，B两点，若，求．

【答案】（1），   

（2）或．

【解析】

【分析】（1）由C的参数方程化为直角坐标方程，再根据公式转化为极坐标方程，根据极坐标意义直线方程可化为直角坐标方程；

（2）根据极径的几何意义及根与系数的关系，由可得极角.

【小问1详解】

将C的参数方程化为直角坐标方程得，即，

∴C的极坐标方程为．

∵l的极坐标方程为，

∴l的直角坐标方程为．

【小问2详解】

将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得．

当时，设A，B所对应的极径分别为，

则，

∴，

∴，

∴，满足，

又，∴或．

 [选修4－5：不等式选讲]

23. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）设，若的最小值为m，实数a，b，c均为正，且，求的最小值.

【答案】（1）   

（2）最小值为3

【解析】

【分析】（1）根据x的范围分段取绝对值符号，求解可得；

（2）利用绝对值三角不等式求得m，然后妙用“1”，展开使用基本不等式可得.

【小问1详解】

，即.

当时，，解得；

当时，，解得，又，所以；

当时，，解得，又，所以.

综上，不等式的解集为.

【小问2详解】

，

当且仅当，即时取等号，所以，即.

所以，

，当且仅当时，等号成立，