2023届云南省腾冲市高三上学期期中教育教学质量监测数学试题含答案

这是一份2023届云南省腾冲市高三上学期期中教育教学质量监测数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，单空题，填空题，双空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算．
【详解】，，
，，
所以，
故选：B．
2．若复数z满足，其中是虚数单位，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，解得，再由复数模的定义得答案.
【详解】由，得，所以.
故选：D.
3．“”是“”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】B
【分析】由是否得出，判定充分性；由是否推出，判定必要性是否成立．
【详解】∵等价于，
当或时，不成立；
∴充分性不成立；
又∵等价于，有；
∴必要性成立；
∴“”是“”的必要不充分条件．
故选：B．
4．已知中，，则等于（ ）
A．30°B．30°或150°C．60°D．60°或120°
【答案】D
【分析】由正弦定理，求得，再由，且，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，在中，由正弦定理可得，
即，
又由，所以，且，
所以或，
故选：D.
5．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用三角函数的诱导公式，和差公式，辅助角公式及平方关系即可求解.
【详解】，
则；因为，故.
故选：A.
6．纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中的纳皮尔比拟式､纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数表，可以利用对数表查询出任意对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出；现有一杯温度为70℃的温水，放在空气温度为零下10℃的冷藏室中，则当水温下降到10℃时，经过的时间约为（ ）参考数据：，.
A．3.048分钟B．4.048分钟C．5.048分钟D．6.048分钟
【答案】C
【分析】先将已知数据代入公式，再用对数运算性质得到，用换底公式将为底的对数换成为底的对数，代入已知对数值计算即可.
【详解】依题意，，，，代入公式得：
（分钟），
故选：C.
7．已知，若在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出，在上的图象，当的图象在的图象的上方时，分析此时的取值范围即可.
【详解】作出，在上的图象如下图所示：

因为在上恒成立，所以的图象在的图象的上方（可以部分点重合），
且，令，所以，所以，
根据图象可知：当经过点时，有最小值，，
当经过点时，有最大值，，
综上可知的取值范围是，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是采用数形结合思想解决问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有：
（1）确定方程根的个数；
（2）求参数范围；
（3）求不等式解集；
（4）研究函数性质.
8．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】通过构造函数，同除以6可变形得，利用导数研究增减性，即可判断大小.
【详解】，，，令，则，
当，，单调递增；当，，单调递减，，，，，∴，
故选：A．
二、多选题
9．下列说法错误的是（ ）
A．已知命题，则为
B．“”是“”的充分不必要条件
C．的充要条件是存在唯一的实数，使
D．已知都是实数，则“”是“”的充要条件
【答案】ACD
【分析】根据全称量词命题的否定、充分与必要条件、三角函数、向量共线、对数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，的否定是：，A选项错误.
B选项，
或，
所以“”是“”的充分不必要条件，B选项正确.
C选项，若是非零向量，是零向量，则，
但不存在使得，所以C选项错误.
D选项，对于“”有，
对于“”，不一定都是正数，所以D选项错误.
故选：ACD
10．下列不等式不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】利用特殊值及基本不等式判断各选项.
【详解】时，，，，A不一定成立；
当时，，时，，B不一定成立；
，当且仅当时等号成立，C一定成立；
，因此，时，，D不一定成立，
故选：ABD．
11．已知函数的图象过点，下列说法中正确的有（ ）
A．若，则在上单调递减
B．若在上有且仅有4个零点，则
C．若把的图象向左平移个单位后得到的函数为偶函数，则的最小值为2
D．若，且在区间上有最小值无最大值，则
【答案】ABC
【分析】图象过点，求出，A选项利用整体代入法验证单调区间；由零点个数求参数范围验证选项B；根据平移求出函数解析式，由偶函数求出的取值，得最小值验证选项C；由条件中的最小值点和周期范围求的值验证选项D
【详解】函数的图象过点，
则有，由，得，有.
若，则，时，有，
是正弦函数的单调递减区间，所以在上单调递减，A选项正确；
时，，若在上有且仅有4个零点，
则有，解得，B选项正确；
把的图象向左平移个单位后得到函数的图象，
由函数为偶函数，有，解得，
又，则的最小值为2，C选项正确；
若，且在区间上有最小值无最大值，，
则有，解得，
则或，D选项错误．
故选：ABC
12．已知的定义域为，且对任意，有，且当时，，则（ ）
A．B．的图象关于点中心对称
C．在上不单调D．当时，
【答案】AD
【分析】由赋值法与函数单调性，对称性的定义对选项逐一判断
【详解】法一：取特殊函数
取函数符合题意，验证A，D正确，B，C错误
法二：抽象函数运算
对于A，令，可得，因，所以，故A正确，
对于C，令可得，
设，令
所以，即
即在上单调递增，故C错误，
对于B，令，可得，因
所以，所以的图象没有关于点中心对称，故B错误，
对于D，当时，令，此时，
因，所以，故D正确，
故选：AD
三、单空题
13．函数的图像在点处的切线方程为 ．
【答案】
【分析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.
【详解】依题知点为切点，
，，，，
因此，所求切线的方程为，即.
故答案为：
四、填空题
14．在中，为上一点，，为上任一点，若，则的最小值是 .
【答案】.
【分析】由已知结合向量的共线定理，求得，然后结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，且为上任一点，可得，
如图所示，由三点共线，可得，其中，
则，
当且仅当且时，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故答案为：.
五、单空题
15．设函数，则满足的取值范围是 ．
【答案】
【分析】通过构造奇函数，结合函数的单调性来求得不等式的解集.
【详解】构造函数，，
，所以是奇函数，
，当且仅当时取等号,所以在上单调递增，
由，得，
，
则，所以的取值范围是.
故答案为：
六、双空题（新）
16．已知函数， ，方程的实数根的个数为 ．
【答案】 /
【分析】根据分段函数的解析式求得；由先分解因式，然后根据分段函数解析式求得其实根的个数.
【详解】.
由得，
所以或，
对于，由于，所以无解.
对于，则或，
解得或或，
所以方程的实数根的个数为.
故答案为：；
七、问答题
17．如图，在四边形中，，，，.
(1)求；
(2)若，求的长.
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）先求出，在中结合正弦定理求解即可；
（2）根据题中条件运用二倍角公式求出的值，然后在中结合余弦定理求解即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
在中，根据正弦定理知，，
即，
解得.
（2）因为且，
所以.
因为，
所以，
在中，由余弦定理知，，
即，
所以，即，
解得或（舍去），
所以的长为3.
八、证明题
18．如图，在四棱锥中，平面平面，，，是等腰直角三角形，是顶角.

(1)求证：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据是等腰直角三角形得，再由平面平面，
，可得，进而平面，可证平面平面.
（2）建立空间直角坐标系后，利用向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）因为平面平面，，
又平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为是等腰直角三角形，是顶角，
所以,又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）
取的中点，连接，，
因为是等腰直角三角形，是顶角，
所以，
又平面平面，平面，
所以平面，
在四边形中，，，又，
所以，
故如图以为中心，分别以，，为方向建立空间直角坐标系，
则，，，
则，，，
分别设平面和平面的法向量为，，
则，，
即，
令得，，故
令得，，故
设二面角的一个平面角为，
则，
所以二面角的余弦值为.
19．已知数列中，为的前项和，，，.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：.
【答案】(1).
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知得，即有，两式相减得，根据等比数列的定义得数列为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案；
（2）由（1）得，运用错位相减法和数列的单调性可得证.
【详解】（1）解：当时，，
，得，
两式相减得，，即有，即为数列为第二项起为等比数列，
则，，，即有；
（2）解：，得，则，
即有前项和为，
，
两式相减可得，
，
化简得，
由于各项大于0，得，
由不等式的性质可得.
故.
九、问答题
20．袋中有大小､质地完全相同的五个小球，小球上面分别标有0，1，2，3，4.
(1)从袋中任意摸出三个球，标号为奇数的球的个数记为X，写出X的分布列；
(2)从袋中一次性摸两球，和为奇数记为事件A，有放回地摇匀后连摸五次，事件A发生的次数记为Y，求Y的分布列､数学期望和方差.
【答案】(1)答案见解析
(2)分布列答案见解析，，
【分析】（1）求出X的所有可能取值及对应的概率，求出分布列；（2）得到，求出分布列，得到数学期望和方差.
【详解】（1）由题可得X的所有可能取值为0，1，2
则X的分布列为
（2）由题易知
，因Y服从二项分布
则Y的分布列为
∴，
21．已知椭圆的右焦点为F，离心率，点F到左顶点的距离为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知四边形为椭圆的内接四边形，若边过坐标原点，对角线交点为右焦点F，设的斜率分别为，试分析是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）由题意列出a,b,c的等量关系可得解；
（2）设A,B坐标，写出AF方程与椭圆方程联立，可得点C坐标，同理得点D坐标，然后写出斜率公式进行化简可得定值.
【详解】（1）由题意知
，，
所以椭圆方程为.
（2）设，则
可得：代入椭圆方程
整理得
由代入上式得
，是方程的一个解
∴点C的横坐标，
又因为在直线上
∴，同理：∵，
∴，即
∴为定值，定值.
十、证明题
22．已知函数.
(1)若，求函数在上的单调区间；
(2)求证：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）利用导数证明，令，则，即可得到，再证明对任意，，构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证；
【详解】（1）解：依题意，，
，
令，则，解得或（舍去）
故当时，，当时，，
故函数在上的单调递增区间为，
单调递减区间为；
（2）证明：当时，，
当时，，
故函数在上单调递增，故，
即，整理得，
令，则，
累加可得，；
下面证明：对任意，，
记函数，则，令，
则，故当时，，故在上单调递减，
所以，故函数在上单调递减，则，
即对，有，
令，则，
所以，
故，即.
【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：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．
X
0
1
2
P
Y
0
1
2
3
4
5
P