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山西省朔州市2022-2023学年高三数学下学期2月月考试题(Word版附解析)

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绝密★启用前(新高考卷)数学试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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.已知集合,,则A.B.C.D.2.已知复数,满足,,则A.B.C.D.63.已知一个足球场地呈南北走向.在一次进攻时,某运动员从A点处开始带球沿正北方向行进16米到达B处,再转向北偏东60°方向行进了24米到达C处,然后起脚射门,则A,C两点的距离为A.米B.米C.32米D.米4.已知抛物线C:的焦点为F,准线为l,点在C上,过P作l的垂线,垂足为O,若(O为原点),则F到l的距离为A.1B.2C.4D.65.有一个棱柱形状的石料,底面是边长为6的等边三角形,该石料侧棱垂直于底面,若可以将该石料打磨成四个半径为的石球,则至少需要打磨掉的石料废料的体积为A.B.C.D. 6.已知向量,,其中.若,则A.B.C.D.7.现有甲、乙两组数据,每组数据均由六个数组成,其中甲组数据的平均数为3,方差为5,乙组数据的平均数为5,方差为3.若将这两组数据混合成一组,则新的一组数据的方差为A.3.5B.4C.4.5D.58.已知椭圆M:的上顶点为A,过点A且不与y轴重合的直线l与M的另一个交点为(其中),过B作l的垂线,交y轴于点C.若,则l的斜率k=A.B.C.D.二、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。全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分。9.已知等比数列的公比为,前n项积为,若,则A.B.C.D.10.已知函数的图象关于点对称,且存在,使得在上单调递增,则下列选项正确的是A.的最小正周期B.在上单调递增C.函数的图象不可能关于点对称D.函数在内不存在极值点11.已知椭圆C:的左、右焦点分别为,,直线与椭圆C交于A,B两点(其中A在B的左侧),记面积为S,则 A.B.时,C.S的最大值为D.当时,12.已知函数,则下列说法正确的是A.若在R上单调递增,则B.若,设的解集为,则C.若有两个极值点,,且,则D.若,则过仅能做曲线的一条切线三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.A,B两篮球运动员在球衣号分别为6,8,9,18的四件球衣中各随机选一件,则A选的是偶数号球衣的不同选法共有种.14.已知直线过定点,则的最小值为.15.若在圆C:上存在一点P,使得过点P作圆M:的切线长为,则r的取值范围为.16.若曲线与曲线存在公切线,则a的取值范围为.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.(10分)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知,且△ABC的周长为6.(1)证明:;(2)求△ABC面积的最大值.18.(12分) 已知数列各项均为正数,,,且.(1)若,求的前n项和;(2)若为等比数列,且不为等比数列,求的值.19.(12分)一对夫要计划进行为期60天的自驾游.已知两人均能驾驶车辆,且约定:①在任意一天的旅途中,全天只由其中一人驾车,另一人休息;②若前一天由丈夫驾车,则下一天继续由丈夫驾车的概率为,由妻子驾车的概率为;③妻子不能连续两天驾车.已知第一天夫妻双方驾车的概率均为.(1)求在刚开始的三天中,妻子驾车天数的概率分布列和数学期望;(2)设在第n天时,由丈夫驾车的概率为,求数列的通项公式.20.(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,,,.(1)证明:;(2)求二面角A-PC-B的余弦值.21.(12分)已知双曲线C:的焦距为8.过左焦点F的直线与C的左半支交于A,B两点,过A,B作直线l:的垂线,垂足分别为M,N,且当AB垂直于x轴时,.(1)求C的标准方程; (2)设点,判断是否存在,使得为定值?若存在,求出t的值;若不存在,说明理由.22.(12分)设函数,其中,.(1)若,且在区间单调递减,在区间单调递增,求t的最小值:(2)证明:对任意正数a,b,仅存在唯一零点.绝密★启用前(新高考卷)数学参考答案1.【答案】A【解析】易知,因为,所以,所以.2.【答案】C【解析】因为,所以.3.【答案】D【解析】由题意可知,,则.4.【答案】C【解析】因为,所以,即,所以F到l的距离为4.5.【答案】B【解析】易知该石料底面内切圆半径为,所以打磨而成的石球,与该石料的各个侧面均相切,因为最多打磨成四个,所以该石料的高度最小值为,所以该石料的体积, 又四个石球的总体积,所以至少需要打磨掉的体积为.6.【答案】B【解析】因为,所以,所以,即,其中,,所以,所以.【另解】易解得,,则.7.【答案】D【解析】设甲组数据为,,…,,乙组数据为,,…,,则,,,,所以新的一组数据的平均数为,所以新数据的方差.8.【答案】C【解析】由条件得直线AB的斜率,设,直线CB的斜率,因为,所以,即,又因为B在椭圆上,所以,即, 所以,又因为,则消去,解得,即点C坐标为,所以,将代入,整理得,解得,即,所以.9.【答案】AC【解析】因为,所以,又,所以,所以,即,即A正确,B错误;因为,所以,因为,所以,即C正确,D错误.10.【答案】AC【解析】因为,所以,即A正确;因为,图象关于点对称,所以在上不是单调递增,即B错误;因为,且,,所以函数的图象不可能关于点对称,即C正确;当,,又,且, 所以函数在内存在极小值,即D错误.11.【答案】ACD【解析】由对称性可知,,所以,即A正确;设,,则x,,,且,所以,解得,即B错误;易知,又,所以,当且仅当时,上述等号成立,即C正确;设,,则,由余弦定理,可知,所以,所以,所以,即,代入椭圆,解得,所以,即D正确.12.【答案】ACD【解析】,则,令,解得,易知,若在R上单调递增,则,所以,即A正确; 因为,所以当时,,又,所以存在,使得,易知在上单调递增,在上单调递减,又,,因为,所以,则当时,,所以,所以,即B错误;由B项过程可知,当时,仅有一个极值点,不符题意,当时,易知在上恒成立,且当时,,由A项过程可知,,所以,即,此时存在,,使得,即,设,则,所以,解得,设,由可知,,所以单调递减,且,,所以,所以,所以,即C正确;当时,,则,设切点为, 则切线方程为,因为切线过,所以,即,设,则,令,解得或,易知在和上单调递减,在上单调递增,所以当时,,又,所以存在唯一的,使得,所以过仅能做曲线的一条切线,即D正确.13.【答案】9【解析】A选的是偶数号球衣的不同选法种数是,B只能从剩下的三件球衣中选取,有种不同选法,所以A,B所选球衣中A选的是偶数号球衣的不同选法为.14.【答案】【解析】因为直线过,所以,所以,当且仅当,时,上述等号成立.15.【答案】【解析】因为切线长为,所以,所以圆C与以M为圆心,以为半径的圆有公共点,又,所以,解得.16.【答案】 【解析】设公切线与曲线的切点为,与曲线的切点为,因为,,所以在处的切线方程为,同理可得,在处的切线方程为,由题意可知,,即,因为,所以,所以,即,消去,整理得,设,,则,令,解得,易知,又,所以.17.【解析】(1)因为,且,所以, 展开整理得,命题得证;(2)因为,所以,所以或,即或,又,所以,所以,当且仅当时,等号成立,所以,即△ABC面积的最大值为.18.【解析】(1)因为,所以,所以,即数列为等差数列,公差,所以;(2)设的公比为q,因为,所以,所以,即,因为不为等比数列,所以不是常数,所以,.19. 【解析】(1)设妻子驾车的天数为随机变量X,则X可能取值为0,1,2,则,,,则;(2)【方法一】易知,,且,所以,又,所以,由累加法可知,【方法二】根据题意有,,即,设,则,所以,故 20.【解析】(1)如图,作,垂足为O,连接CO,因为,且,所以△PBO是等腰直角三角形,又,所以,又,,,由余弦定理可知,所以,即,又,OP,平面POC,所以OB⊥平面POC,又平面POC,所以,即;(2)【方法一】因为平面PAB⊥平面ABC,且平面平面,,平面PAB,所以PO⊥平面ABC,又平面ABC,所以,以O为原点建立如图所示空间直角坐标系O-xyz,则,,,,所以,,,设平面APC的法向量为,则,取,则,所以,设平面BPC的法向量为,则, 取,则,所以,设二面角B-PC-A为θ,由图可知,θ为锐角,所以【方法二】设线段PC中点为D,分别连接OD,AD,BD.由(1)知,,∴.根据条件可得,,∴,∴.∵,∴.∴∠ADB就是二面角A-PC-B的平面角.又,,在△ABD中,由余弦定理得,所以,二面角A-PC-B的余弦值为.21.【解析】(1)由题意可知,,即,所以,设,,则,, 当AB与x轴垂直时,因为,则,所以,解得,,即双曲线C的标准方程为.(2)由(1)可知,,,设直线AB:,因为直线AB与双曲线左支相交于两点,所以,与C的方程联立,,消去x,整理得,所以,,所以,因为,所以,且,所以.同理可得.所以,整理得, 所以,整理得,因为为定值,所以或,解得或22.【解析】(1)当时,,则,设,则,令,解得或,易知在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,又,,当时,存在,,,使得,及,易知在和上单调递减,在和上单调递增, 即不符题意,当时,在上恒成立,则存在,使得,易知在单调递减,在单调递增,即符合题意,又,则,综上,t的最小值为.(2)易知,设,则,所以,①当,即时,,则单调递增,又时,,时,,所以存在,使得,易知在上单调递减,在上单调递增,又时,,时,,所以存在唯一的,使得,即,②当,即, 存在,,使得,且,易知在和上单调递增,在上单调递减,又当时,,且时,,所以存在,使得,易知在上单调递减,在上单调递增,又时,,时,,所以存在唯一的,使得,即;综上,对任意a,b>0,仅存在唯一零点.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-04-10 15:06:02 页数:19
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文章作者:随遇而安

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