2023届河北省保定市安国中学等3校高三下学期3月月考数学试题含解析

这是一份2023届河北省保定市安国中学等3校高三下学期3月月考数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河北省保定市安国中学等3校高三下学期3月月考数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得到集合，根据函数的值域得到集合，然后求交集即可.【详解】，，则.故选：B.2．设，则（    ）A． B． C．3 D．【答案】A【分析】根据复数的运算和模长公式即可.【详解】由题意可得，则.故选：A.3．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解【详解】设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为，底面圆的半径为，母线长为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，则，解得.故选：.4．设，则的大小关系为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用指对数的性质与中间数比大小即可.【详解】，所以.故选：D.5．已知函数，则在上（    ）A．单调递增 B．单调递减C．先增后减 D．先减后增【答案】D【分析】根据余弦型函数单调性的求法得出函数的单调区间，即可得出在上的单调性.【详解】令，得，令，得，则的单调递增区间为，单调递减区间为，所以在上单调递减，在上单调递增，即在上先减后增.故选：D6．已知等比数列的公比的平方不为，则“是等比数列”是“是等差数列”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用等差数列和等比数列的递推关系进行证明即可.【详解】设等比数列的公比为，若是等比数列，则为常数，由为常数，所以是等差数列；若是等差数列，设的公差为，则为常数，所以是等比数列.综上，“是等比数列”是“是等差数列”的充要条件. 故选：C7．如图，在正方形中，分别是边上的点，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用正切的和差公式得到，然后得到，即可得到.【详解】由题可知，则，即，.故选：D.8．在直三棱柱中，为等边三角形，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据直三棱柱的体积得到，根据直三棱柱外接球半径的求法得到，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.【详解】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又，令，则，易知的最小值为，此时，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.故选：A. 二、多选题9．某校抽取了某班20名学生的化学成绩，并将他们的成绩制成如下所示的表格.成绩60657075808590人数2335421下列结论正确的是（    ）A．这20人成绩的众数为75B．这20人成绩的极差为30C．这20人成绩的分位数为65D．这20人成绩的平均数为75【答案】AB【分析】对于A，众数是出现次数最多的数；对于B，极差是最大值减最小值；对于C，根据百分位数的计算公式即可；对于D，根据平均数的计算公式即可.【详解】根据表格可知：这20人成绩的众数为75，故A对；极差为故B对;，所以分位数为，故C错；平均数为.故D错故选：AB10．定义在上的函数满足，则的图象可能为（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据已知，令，可得，即函数的图象过点，当时，变形为，根据导数的运算法则可得，即，即可得出原函数（为常数），即，即可对选项进行判断.【详解】当时，由，得；当时，可得，则，所以（为常数），所以，选项A，C，D分别符合，故选：ACD.11．存在函数，对任意都有，则函数不可能为（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】AC选项利用特殊值的思路判断，BD选项根据题目的要求判断即可.【详解】对于选项，是奇函数，是偶函数，则，矛盾，不满足条件；对于B选项，，所以，故满足条件；对于C选项，取和，可得，，矛盾，C不满足条件；对于D选项，，则，单调递增，且，即为奇函数，图象如下所示，所以值域为，D满足条件.故选：AC.12．设双曲线的右焦点为，若直线与的右支交于两点，且为的重心，则（    ）A．的离心率的取值范围为B．的离心率的取值范围为C．直线斜率的取值范围为D．直线斜率的取值范围为【答案】AC【分析】根据重心性质得出中点的坐标，根据直线与的右支交于两点可知点在右支内部，将的坐标代入双曲线中建立不等式，即可得离心率的范围，根据点差法可得直线的斜率与之间等式关系，由不共线建立不等式，解出离心率具体范围，根据离心率的范围及直线的斜率与之间等式关系，即可得斜率的取值范围，解出即可.【详解】解：设为的中点，根据重心性质可得，因为，则，因为直线与的右支交于两点，所以点在双曲线右支内部，故有，解得，当直线斜率不存在时，的中点在轴上，故三点不共线，不符合题意舍，设直线斜率为，设，所以，，因为在双曲线上，所以，两式相减可得：，即，即有成立，即有，因为不共线，即，即，即，所以的离心率的取值范围为，因为，因为，即，所以，所以.故选：AC【点睛】思路点睛：该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于难题，关于圆锥曲线中弦中点和直线斜率有关问题的思路有：（1）设出点的坐标；（2）根据中点坐标建立等式：，；（3）将两点代入圆锥曲线中，再对两式作差，用平方差公式对等式变形；（4）将，及代入等式中即可得出关系. 三、填空题13．已知单位向量满足，则           .【答案】【分析】利用向量数量积的运算律即可求解.【详解】因为单位向量，所以，由，得，两边同时平方可得，即，解得.故答案为：.14．现有6个三好学生名额，计划分到三个班级，则恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为           .【答案】【分析】分只有一个班分到名额、恰有两个班分到名额和三个班都分到了名额三种情况求出总的情况，然后利用古典概型求概率的方法求概率即可.【详解】将6个三好学生名额分到三个班级，有3种类型：第一种是只有一个班分到名额，有3种情况；第二种是恰有两个班分到名额，有种情况；第三种是三个班都分到了名额，有种情况.故恰有一个班没有分到三好学生名额的概率为.故答案为：.15．写出一条与圆和曲线都相切的直线的方程：           .【答案】（答案不唯一）【分析】设切线与圆相切于点，得到切线的方程，与联立，由判别式为零求解.【详解】解：设切线与圆相切于点，则，切线的方程为，即，将与联立，可得，令，联立解得或或或所以切线的方程为或或或.故答案为：（答案不唯一）16．在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是           .【答案】2【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，则，令，则，即有，，当且仅当时取等号，此时，所以的最大值是2.故答案为：2【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 四、解答题17．已知数列满足.(1)求的通项公式；(2)已知，，求数列的前20项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，将替换，然后两式相减作差即可得到结果；（2）根据题意，由分组求和法，分别求出奇数项和与偶数项和，即可得到结果.【详解】（1）当时，可得，当时，，，上述两式作差可得，因为满足，所以的通项公式为.（2），，所以，.所以数列的前20项和为.18．已知的内角、、所对的边分别为、、，.(1)求角；(2)若为锐角三角形，且外接圆的半径为，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用和差角的余弦公式得到，再由正弦定理将边化角，即可求出，从而得解；（2）利用正弦定理得到，，即可得到，由三角形为锐角三角形得到的取值范围，即可得到的取值范围，再根据对勾函数的性质计算可得.【详解】（1）解：因为，可得，则，所以，即，由正弦定理得，显然，，所以，所以，因为，所以.（2）解：因为，即，所以，，所以，因为为锐角三角形且，所以，所以，即，令，，根据对勾函数的性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，且，，，所以，即，所以，即的取值范围为.19．某学校食堂中午和晩上都会提供两种套餐（每人每次只能选择其中一种），经过统计分析发现：学生中午选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上还选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为；在中午选择类套餐的前提下，晩上选择类套餐的概率为，选择类套餐的概率为.(1)若同学甲晩上选择类套餐，求同学甲中午也选择类套餐的概率；(2)记某宿舍的4名同学在晩上选择类套餐的人数为，假设每名同学选择何种套餐是相互独立的，求的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列答案见解析，数学期望： 【分析】（1）根据条件概率和全概率公式计算即可；（2）分别求出,1,2,3,4时的概率，得到分布列，然后求期望即可.【详解】（1）设事件为同学甲晩上选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，事件为同学甲中午选择类套餐，则，，所以，即同学甲晩上选择类套餐，中午也选择类套餐的概率为.（2）晩上选择类套餐的概率；晩上选择类套餐的概率.所以4名同学在晩上有个人选择类套餐，的所有可能取值为，则，所以，，，，，所以的分布列为01234故.20．如图1，在中，，，为的中点，为上一点，且.现将沿翻折到，如图2.(1)证明：.(2)已知二面角为，在棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在， 【分析】（1）翻折前，在中，，翻折后，有，，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；（2）由二面角的定义可得，然后以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：翻折前，在中，，翻折后，有，，又，、平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：因为二面角为，，，所以，二面角的平面角为，以点为坐标原点，、所在直线为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，不妨设，则、、、、.，，，.设，，其中，设平面的法向量为，由得，取，可得，，解得，合乎题意，故当时，直线与平面所成角的正弦值为.21．已知是椭圆的右焦点，且在椭圆上，垂直于轴.(1)求椭圆的方程.(2)过点的直线交椭圆于（异于点）两点，为直线上一点.设直线的斜率分别为，若，证明：点的横坐标为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据点的坐标以及垂直于轴，可得，再将点的坐标代入椭圆方程在结合椭圆的关系解出，即可得出椭圆的方程；（2）设，根据已知设出直线的方程为，则设点的坐标为，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据韦达定理得出与，根据斜率的两点公式得出，再根据直线的方程消去式子中的与，再结合韦达定理结果即可得出，再结合已知与斜率的两点公式即可解出，即证明.【详解】（1）由垂直于轴，可得.将点代入，可得，又，解得，所以椭圆的方程为；（2）证明：由（1）知，，则椭圆的右焦点坐标为.设直线的方程为，点的坐标为.设，将直线的方程与椭圆的方程联立得：，恒成立，由韦达定理知，，又，，所以.因为，则，所以，解得，即点的横坐标为定值.22．已知函数.(1)若，求的极值；(2)若是的两个零点，且，证明：.【答案】(1)极小值，无极大值(2)证明见解析 【分析】（1）根据得到，然后求导，得到单调性，即可求极值；（2）令，，，根据，为的两个零点得到，然后将证明转化为证明，构造函数，求导，得到的单调性，即可得到，即可证明成立.【详解】（1）由题可知，则当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以当时，取得极小值，无极大值.（2）记，，，则，，作差得，即，要证明，只需证，即证，令，则，所以在上单调递增，则，所以成立.【点睛】导数中常用的两种转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.