四川省绵阳南山中学实验学校2022-2023学年高三数学（理）下学期4月月考试题（Word版附解析）

绵阳南山中学实验学校高高2020级级高三下第四学月考试数学（理）试卷命题人：唐波唐成审题人：高三联合备课组总分：150分时间：120分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.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，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回.一、选择题：本题共12个小题，每小题5分，共60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，，若，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出，，根据，得到，从而得到不等式，求出实数a的取值范围.【详解】，，因为，所以，故，解得：，故选：D2.若复数z满足方程，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据在复数范围内，实系数一元二次方程的解法求解即可． 【详解】由，得，则，故．故选：B．3.某市商品房调查机构随机抽取n名市民，针对其居住的户型结构和是否满意进行了调查，如图1，被调查的所有市民中二居室住户共100户，所占比例为，四居室住户占.如图2，这是用分层抽样的方法从所有被调查的市民对户型是否满意的问卷中，抽取20%的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是（）A.B.被调查的所有市民中四居室住户共有150户C.用分层抽样的方法抽取的二居室住户有20户D.用分层抽样的方法抽取的市民中对三居室满意的有10户【答案】D【解析】【分析】根据饼图、直方图分析样本总量及四居室住户数，结合分层抽样的性质分析二居室、三居室住户数及满意度即可.【详解】因为被调查的所有市民中二居室住户共100户，所占比例为，所以，四居室住户有户，三居室住户有200户，故A，B正确；用分层抽样的方法抽取的二居室住户有户，故C正确；用分层抽样的方法抽取的市民中对三居室满意的有户，故D错误.故选：D4.若二项式的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（）A.32B.C.16D. 【答案】B【解析】【分析】运用二项式系数最大项求出n的值，再运用二项展开式的通项公式计算即可.【详解】∵的展开式共有项，只有第3项的二项式系数最大，∴，∴，∴的第项为，（），∴令，解得：，∴，即：展开式中项的系数为.故选：B.5.如图，在中，，则（）A18B.9C.12D.6【答案】D【解析】【分析】根据向量的加减运算及数量积的定义、运算性质求解即可.【详解】，即，，.故选：D6.函数的图像大致为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】函数为奇函数，排除BD，计算，排除C，得到答案.【详解】由题可得，的定义域为，，故函数为奇函数，排除BD；，，，排除C，故选：A．7.函数在区间上存在极值点，则整数k的值为A.，0B.，1C.D.，0【答案】C【解析】【分析】求出导函数，判断函数的单调性，利用函数的极值所在位置，列不等式求解的值即可．【详解】函数，可得，当和时，，当时，，则在和上单调递增，在上单调递减．若在上无极值点，则或或， ，，．时，在上无极值点，，，时，在上存在极值点．因为是整数，故或，故选：．【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的判断，是难题．8.高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称．小学进行的求和运算时，他这样算的：，，…，，共有50组，所以，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前n项和的方法正是借助了高斯算法．已知正数数列是公比不等于1的等比数列，且，试根据以上提示探求：若，则（）A.2023B.4046C.2022D.4044【答案】B【解析】【分析】根据倒序相加法，结合等比数列的下标性质进行求解即可.【详解】根据等比数列的下标性质由，∵函数，∴，令，则，∴，∴．故选：B9.在椭圆中，已知焦距为2，椭圆上的一点与两个焦点的距离的和等于4，且，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据椭圆中焦点三角形的几何性质，结合椭圆的定义与余弦定理即可求得 各边长，再利用面积公式即可求得的面积.【详解】由题可知，焦距，则，又椭圆上的一点与两个焦点的距离的和等于4，即，所以，在中，，由余弦定理得：，整理得，所以，则，故的面积.故选：D.10.双曲线的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）AB.C.D.2【答案】A【解析】【分析】设，则，化简可得，结合，即可求得答案.【详解】由题意知双曲线左顶点为，设，则，则有，又，将代入中，得，即，所以，故， 故选：A.11.已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答.【详解】球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，依题意，，，，弦，所以.故选：C【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 12函数，则关于函数有下列四个结论：①的一个周期为；②的最小值为；③图像的一个对称中心为；④在区间内为增函数．其中所有正确结论的编号为（）A.①②③B.①②C.①②④D.②③【答案】C【解析】【分析】化简，对于①可以利用周期性定义判定；对于②④，均利用导数法判定其单调性得出结果；对于③，可通过判定的奇偶性得出结果.【详解】由题意可得：，显然，故①正确；，令得，此时单调递增，；令得，此时单调递减；即在和时取得极小值，此时函数值均为，即②正确；而时，，此时单调递增，即④正确；对于，故是奇函数，关于原点中心对称， 由的周期性可得的对称中心为，事实上，即③错误，综上正确的是：①②④故选：C【点睛】关键点睛：本题考察三角函数综合，难度较大.关键在于先化简得，利用导数研究其单调性及最值时注意统一变量及整体代换的意识，减小计算量.二、填空题：本题共四小题，每题5分，共20分，请将正确答案填在相应的答题卡位置.13.已知数列是等差数列，并且，，若将，，，去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，则为__________．【答案】##【解析】【分析】先求得，进而求得，，，，根据等比数列的知识求得.【详解】设等差数列公差为，依题意，则，解得，所以，所以，通过观察可知，去掉后，成等比数列，所以等比数列的首项为，公比为，所以.故答案为：14.若直线与曲线相切，则___________.【答案】2 【解析】【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.【详解】设切点坐标为，由曲线可得，则，解得，所以故答案为：215.在四棱锥中，底面为梯形，，，点在侧棱上，点在侧棱上运动，若三棱锥的体积为定值，则_____【答案】2【解析】【分析】根据给定条件，由面积为定值，借助等体积法确定平面即可计算作答.【详解】在四棱锥中，点是侧棱上的定点，则面积为定值，三棱锥的体积为定值，因此点到平面的距离为定值，又点是侧棱上的动点，于是侧棱上的所有点到平面的距离都相等，则平面，如图，连接，连接，平面平面，而平面，因此，有，梯形中，，，则，所以.故答案为：216.在平面直角坐标系中，点，满足的动点M的轨迹为C，若直线 上存在点P，在曲线C上存在两点D，E，使得，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先求出动点的轨迹方程，然后上存在两点D，E，使得成立,则点到圆心的距离小于等于，列式计算可求实数a的范围.【详解】设，因为，，又因为,则，平方得，化简可得：，动点的轨迹是以为圆心，以4为半径的圆，因为直线过定点，若在直线上存在点，在上存在两点D，E，使得，当D，E为圆的切点时点到圆心的距离达到最大，此时为，所以点到圆心的距离小于等于，也即，,解之可得：，所以实数的取值范围是，故答案为：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.为了进一步提升基层党员自身理论素养，强化基层党组织建设质量，市委组织部举办了主题为“夯实基础抓党建，心怀使命立新功”的党建主题知识竞赛（满分120分）从参加竞赛的党员中采用分层抽样的方法，抽取若干名党员，统计他们的竞赛成绩得到下面的频率分布表：成绩/分 频率0.10.30.30.20.1已知成绩在区间内的有15人．（1）将成绩在内的定义为“优秀”，在内的定义为“良好”．请将下面的列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为竞赛成绩是否优秀与性别有关，说明你的理由．（2）若在抽取的竞赛成绩为优秀的党员中任意抽取2名党员进行党建知识宣讲，设为抽到的竞赛成绩在内的人数，求的分布列及数学期望．男党员女党员总计优秀良好15总计25，．0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析，没有，理由见解析（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）按条件填写二联表，依据公式计算即可；（2）先计算的所有可能取值为0，1，2，依次计算其对应概率，得出分布列，按照离散型随机变量的均值计算即可.【小问1详解】设样本容量为n，则，解得．故成绩优秀的党员人数为，成绩良好的党员人数为 男党员女党员总计优秀201030良好51520总计252550故没有99.9%的把握认为竞赛成绩是否优秀与性别有关．【小问2详解】因为竞赛成绩在，，内的人数分别为15，10，5，所以随机变量的所有可能取值为0，1，2，且，，所以的分布列为012P故．18.如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，，，四边形为矩形.（1）求证：平面平面；（2）线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，确定点的位置并加以证明. 【答案】（1）见解析（2）点为线段的中点【解析】分析】（1）要证明平面平面，转证平面即可；（2）建立空间坐标系，利用向量法能求出存在点，利用二面角为大小为，即可得到结果.【小问1详解】由平面几何的知识得，，又，在中，满足，为直角三角形，且．四边形为矩形，．由，，，得平面．又平面，平面平面．【小问2详解】存在点，使得二面角为大小为，点为线段的中点．事实上，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，0，，设，，，由，即，，，2，，得，，．设平面的一个法向量为，，，，0，，，，，则，取，得，1，．平面的一个法向量为，1，．二面角为大小为， ．解得或（舍去）．当点为线段的中点时，二面角为大小为．19.在中，内角，，所对的边分别为，，，且.（1）求；（2）若，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题设条件和正弦定理，化简得到，再利用余弦定理，求得的值，即可求解；（2）由余弦定理和基本不等式，求得，在结合正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得，即可解.【详解】（1）由，可得，由正弦定理得，即，由余弦定理，得，因为，可得.（2）由（1）知，设三角形的外接圆的半径为，可得，又由余弦定理得， 即，当且仅当时取等号，又由，其中是外接圆的半径，所以的最小值为.20.已知动圆M经过点，且动圆M被y轴截得的弦长为4，记圆心M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的标准方程；（2）设点M的横坐标为，A，B为圆M与曲线C的公共点，若直线AB的斜率，且，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，则点M到y轴的距离为，再根据圆M被y轴截得的弦长，即可得出答案；（2）设，，直线AB的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，，设线段AB的中点为T，点M的纵坐标为，则，由此可求出，再根据圆M经过点，即可得解.【小问1详解】设，则点M到y轴的距离为，因为圆M被y轴截得的弦长为4，所以，又，所以，化简可得，所以曲线C的标准方程为；【小问2详解】设，， 因为直线AB的斜率，所以可设直线AB的方程为，由及，消去x可得，则，所以，所以，，所以，设线段AB的中点为T，点M的纵坐标为，则，，所以直线MT的斜率为，所以，所以，所以，易得圆心M到直线AB的距离，由圆M经过点，可得，所以，整理可得，解得或，所以或，又，所以．【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.21.已知函数，，若在处取得极小值．（1）求实数的取值范围；（2）若，求证：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在区间上的单调性，结合已知条件可得出实数的取值范围；（2）由极值点的定义可得出，由可得出，构造函数可得出，构造函数可得出，进而可得出，即可证得结论成立.【详解】（1）依题意，，，．①当时，则，函数在上单调递增，函数无极小值，所以不符题意；②若，令，，， 故函数在上单调递增，又，，据零点存在性定理可知，存在，使得，，且当时，，，函数在上单调递减；当时，，，函数在上单调递增.所以在处取得极小值，所以符合题意．综上所述，实数的取值范围是；（2）由（1）可知，当时，存在，使得，即．又，即，所以．因为，，所以，即．令，，，故函数在上单调递增，又，据，可得．令，，，故函数在上单调递增，所以，故，其中．令，，．故函数在上单调递增， 所以，故，其中．所以，结合，可得．【点睛】本题考查利用函数存在极值点求参数的取值范围，同时也考查了利用导数证明函数不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.在请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分..（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（其中为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，直线经过点.曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（2）过点作直线的垂线交曲线于，两点（在轴上方），求的值.【答案】（1），;（2）.【解析】【分析】（1）先求出点的直角坐标，代入直线的参数方程求出,消去可得直线的普通方程；由可得曲线的直角坐标方程；（2）直线的参数方程为（为参数），代入，根据韦达定理即可求解.【小问1详解】 由题意得点的直角坐标为，将点代入，得,解得，则直线的普通方程为.由，得，即，故曲线的直角坐标方程为.【小问2详解】设直线的参数方程为（为参数），代入，得.设对应参数为，对应参数为.则，，且，，∴.【选修4-5：不等式选讲】23.已知函数．（1）当时，解不等式；（2）若的值域为，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】（1）在，，三种情况下，分别解不等式，最后取并集即可；（2），结合的值域为，可知．因此有 ，从而证明出题设不等式.【详解】（1）当时，不等式为，当时，不等式化为，此时不等式无解；当时，不等式化为，故；当时，不等式化为，故．综上可知，不等式的解集为．（2），当且仅当与异号时，取得最小值，∵的值域为，且，，故．∴（当且仅当时取等号），∴．又∵（当且仅当时取等号），∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的解法，考查了基本不等式的应用，属于中档题.