2023届山东省临沂市临沭县临沭第一中学高三下学期4月月考数学试题含解析

这是一份2023届山东省临沂市临沭县临沭第一中学高三下学期4月月考数学试题含解析，共19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届山东省临沂市临沭县临沭第一中学高三下学期4月月考数学试题 一、单选题1．已知全集，集合则下图中阴影部分所表示的集合为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，结合Venn图与集合间的基本运算，即可求解.【详解】根据题意，易知图中阴影部分所表示.故选：C.2．若复数z满足，则复数z的虚部为（    ）A．i B． C．1 D．【答案】C【分析】根据复数的除法法则得到，求出虚部.【详解】由得，故复数z的虚部为1故选：C3．的展开式中的系数为A．10 B．20 C．40 D．80【答案】C【详解】分析：写出，然后可得结果详解：由题可得令,则所以故选C.点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题．4．已知某圆锥的底面半径为1，高为，则该圆锥的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出圆锥的母线长，再根据圆锥的表面积公式即可得出答案.【详解】解：因为圆锥的底面半径为1，高为，所以圆锥的母线，所以该圆锥的表面积.故选：C.5．已知函数，若，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】画出图像，设，根据图像确定，再把写成关于t的函数，求函数的值域.【详解】设，根据图像有两个交点，，，即，则在上单调递减，当时，；当时，；所以.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查利用函数零点求范围，解题的关键是利用已知条件将写成关于t的函数，再结合图像求出t的取值范围，即转化为求函数的值域问题，考查学生的转化能力与数形结合思想，属于基础题.6．小明在设置银行卡的数字密码时，计划将自己出生日期的后6个数字进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个9相邻，两个0也相邻，则小明可以设置多少个不同的密码（    ）A．16 B．24 C．166 D．180【答案】B【分析】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，共有4个元素进行全排列，即可得答案.【详解】将两个0视为一个元素，将两个9也视为一个元素，所以共有（种）不同的结果，故选：B．7．设F是双曲线的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B，若，则双曲线C的离心率是（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】设一渐近线的方程为，设，，由，求得点的坐标，再由，斜率之积等于，求出，代入进行运算．【详解】解：由题意得右焦点，设一渐近线的方程为，则另一渐近线的方程为，设，，，，，，，，，，， 由可得，斜率之积等于，即，，．故选：C．【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，求得点的坐标是解题的关键，属于中档题．8．在三棱柱中，侧棱平面ABC，，，，，P为侧棱的中点，则四棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】连接，交于点O，连接OP．根据题意数量关系求得，得到，又在矩形中，，得到点为四棱锥外接球的球心，可得外接球的半径，进而得到表面积.【详解】连接，交于点O，连接OP．因为平面ABC，所以在矩形中，由P为的中点，知．在中，，所以．在中，，所以，所以，又O为的中点，所以，又在矩形中，，所以点为四棱锥外接球的球心，所以外接球的半径，其表面积，故选：B． 二、多选题9．已知为定义在上的偶函数，则函数的解析式可以为（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】利用奇函数和偶函数的定义进行判断.【详解】因为是偶函数，所以，即，所以是奇函数.对于A，定义域为，所以不满足题意；对于B，定义域为，，符合题意；对于C，定义域为，，不符合题意；对于D，定义域为，，而，符合题意.故选：BD.10．为了解学生的身体状况，某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：千克）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（    ）A．频率分布直方图中的值为0.04B．这100名学生中体重不低于60千克的人数为20C．这100名学生体重的众数约为52.5D．据此可以估计该校学生体重的75%分位数约为61.25【答案】ACD【分析】利用频率之和为1可判断选项A，利用频率与频数的关系即可判断选项B，利用频率分布直方图中众数的计算方法求解众数，即可判断选项C，由百分位数的计算方法求解，即可判断选项D．【详解】解：由，解得，故选项A正确；体重不低于60千克的频率为，所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人，故选项B错误；100名学生体重的众数约为，故选项C正确；因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在，的频率为，所以计该校学生体重的分位数约为，故选项D正确．故选：ACD．11．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．如图2，将筒车抽象为一个半径为R的图，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当，盛水筒M位于点，经过t秒后运动到点，点P的纵坐标满足（，，），则下列叙述正确的是（    ）A．筒车转动的角速度B．当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为C．当筒车旋转100秒时，盛水筒M和初始点的水平距离为6D．筒车在秒的旋转过程中，盛水筒M最高点到x轴的距离的最大值为6【答案】ACD【分析】根据题意可知周期为120秒，进而可求，根据可求解，进而得，根据三角函数的性质，即可结合选项逐一求解.【详解】对于A,因为筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，所以，故A正确；对于B,因为当时，盛水筒位于点，所以，所以有，因为，所以，即，所以，故B错误；对于C,由B可知：盛水筒的纵坐标为，设它的横坐标为，所以有，因为筒车旋转100秒时，所以此时盛水筒在第三象限，故，盛水筒和初始点的水平距离为,故C正确；对于D,因为，，所以筒车在，秒的旋转过程中，盛水筒最高点到轴的距离的最大值为6，故D正确．故选：ACD12．过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于，两点，点在抛物线准线上的射影分别为交准线于点M(O为坐标原点)，则下列说法正确的是（    ）A． B．C．直线轴 D．的最小值是【答案】BCD【分析】选项A设直线方程代入抛物线方程中化简写出韦达定理，再利用向量数量积的坐标表示运算即可；选项C利用三点共线找出关系式来说明即可；选项B利用数量积即可说明；选项D设直线的倾斜角为，则表示出利用函数的性质求出最值即可.【详解】由题意可知，抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为，易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，代入，得，所以，则，所以，所以A不正确，因为三点共线，所以，所以，又，所以所以直线轴，所以C正确，由题意可得的坐标分别为，所以，所以，所以B正确；设直线的倾斜角为，则，所以，当且仅当轴时取等号，所以D正确，故选：BCD. 三、填空题13．已知，，且，记与的夹角为θ，则             ．【答案】【分析】根据向量数量积运算化简已知条件，由此求得.【详解】依题意，，，，，由于，所以.故答案为：14．已知线段两端点的坐标分别为和，若直线恒过，且与线段有交点，则的斜率的取值范围是     ．【答案】【分析】根据已知条件及直线的斜率公式即可求解.【详解】因为直线恒过,和，所以，.由题意可知，直线的斜率存在且的斜率，若直线与线段有交点，如图所示由图象可知，或,即或，所以的斜率的取值范围是为.故答案为：.15．已知函数（为自然对数的底数），若，则实数的取值范围是          ．【答案】【分析】分析函数的奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】因为函数的定义域为，，所以，函数为奇函数，且，当且仅当时，等号成立，且不恒为零，所以，函数为上的减函数，由可得，则，即，解得.故答案为：.16．设圆的圆心为，直线过，且与圆交于，两点，若，则直线的方程为           .【答案】或【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，根据弦长求出圆心到直线的距离，再分斜率存在与不存在两种情况讨论，分别求出直线方程.【详解】解：圆，即，所以圆心为，半径，又直线被圆截得的弦长，圆心到直线的距离，①当直线过且斜率不存在时，的方程为，满足圆心到的距离为，，满足题意；②当直线过且斜率存在时，设为，即，圆心到直线的距离，解得，直线方程为，综合可得直线的方程为或，故答案为：或． 四、解答题17．中，角，，所对的边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，即可得到，从而求出，即可得解；（2）用同角三角函数的基本关系求出，即可求出、，再根据两角差的正弦公式计算可得.【详解】（1）由余弦定理，则，又，所以，即，由正弦定理可得，因为，所以，则，又，所以.（2）因为，，所以，所以，，所以.18．已知数列的首项为1，前项和为，且满足.(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用得，再根据累乘法可求出；（2）根据错位相减法可求出结果.【详解】（1）因为，，所以，当时，，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以当时，，又时，也符合，所以.（2）由（1）知，，所以，所以，，所以，所以，所以.19．如图，在多面体中，是正方形，，，，为棱的中点.    (1)求证：平面平面；(2)若平面，，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连交于，则为的中点，由线面平行的判定定理证明平面，平面，再用面面平行的判定定理证明平面平面；（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量可求出结果.【详解】（1）连交于，则为的中点，因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面.    （2）因为平面，是正方形，所以两两垂直，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，因为，则，，，，，，则，，因为，所以，得，所以，，设平面的一个法向量，因为，，所以，令，则，，则，设平面的一个法向量，因为，所以，则，令，则，.所以平面与平面夹角的余弦值为.  20．为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某学校开展了航天知识竞赛活动，已知所有学生的成绩均位于区间，从中随机抽取1000名学生的竞赛成绩作为样本，绘制如图所示的频率分布直方图．(1)若此次活动中获奖的学生占参赛总人数，试估计获奖分数线；(2)采用比例分配分层随机抽样的方法，从成绩不低于80的学生中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取2人，记成绩在的人数为，求的分布列和数学期望．【答案】(1)82(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据频率分布直方图先判断出获奖的分数线所在的区间，设为，则成绩在的概率为0.3，列出方程即可得解；（2）先写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，从而可得分布列，再根据期望的计算公式计算期望即可.【详解】（1）根据直方图可知，成绩在的频率为，大于0.3，成绩的频率为0.1，小于0.2，因此获奖的分数线应该介于之间，设分数线为，使得成绩在的概率为0.3，即，可得，所以获奖分数线划定为82；（2）成绩在的人数有人，成绩在的人数为人，则的可能取值为0，1，2，，，，的分布列为012∴数学期望．21．已知函数.（1）若函数在处取极小值，求实数m的值；（2）设，若对任意，不等式≥恒成立，求实数a的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先求解出，然后根据求解出的值，然后再分析取不同值时是否能满足在处取极小值，由此确定出的值；（2）由题意可得不等式恒成立，然后构造函数，利用导数分析的单调性并确定出最小值，根据求解出的取值范围.【详解】（1），由题意得，即，当时，，此时在上递减，在上递增，所以符合要求；当时，，此时在上递增，在上递减，所以不符合要求.综上，（2）方法1：直接研究差函数的最小值，需借助隐零点由得不等式恒成立，令，求导得，当，，所以在上单调递增，因为，所以不符合题意；当时，令，则在上递增，又，且在上连续，所以存在唯一，使得，当时，，故递减；当时，，故递增.且，，所以，所以，即，令，则，所以在上递减，在上递增，又，所以方法2：指数化､换元处理由得，指数化得不等式恒成立，令，则，不等式恒成立，令，则，当时，，所以不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，所以所以，即，令，则，所以在上递减，在上递增，又，所以.【点睛】思路点睛：导数问题中运用“隐零点”思想的一般求解步骤：（1）先分析导函数的单调性，采用零点的存在性定理确定出的零点；（2）分析在定义域上的取值正负，从而确定出的单调性，由此确定出的最值；（3）由（2）中计算出的最值可通过继续化简，由此求得更简单的最值形式.22．已知圆和定点，平面上一动点满足以线段为直径的圆内切于圆，动点的轨迹记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）直线与曲线交于不同两点、，直线，分别交轴于，两点．求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由两圆内切的条件和椭圆的定义，可得所求轨迹方程；（2）设，，，，联立直线的方程和椭圆方程，运用韦达定理，计算，可判断三角形的形状，即可得到证明．【详解】解：（1）设以线段为直径的圆的圆心为，取．依题意，圆内切于圆，设切点为，则，，三点共线，因为为的中点，为中点，所以 所以，所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，设其方程为，则，，所以，，所以， 所以动点的轨迹方程为;（2）设，，（且）．由，得，依题意，即，则，因为 ，所以直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，即．因为，所以．【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．