首页

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)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/20

2/20

剩余18页未读,查看更多内容需下载

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.2B.3C.4D.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:B2.若复数的实部与虚部相等,则b的值为()A.﹣2B.﹣1C.1D.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24B.甲销售数据的众数为93C.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.53B.55C.57D.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:C7.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:D10.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:-316.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:选物理方向选历史方向合计男生3040女生合计50100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:,.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【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:选物理方向选历史方向合计 男生301040女生204060合计5050100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:012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,

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2023-07-10 04:20:03 页数:20
价格:¥3 大小:1.20 MB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE