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时间:2023-10-23
《重庆市第一中学校2023届高三下学期2月月考数学试题 Word版含解析.docx》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
2023年重庆一中高2023届2月月考数学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.2.作答时,务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后,将答题卡交回.一、单项选择题:本大题共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,,则的元素个数为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义求出集合,即可得解.【详解】由,解得或或,所以,,即的元素个数为.故选:B.2.若,则在复平面内对应的点所在象限为()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算、共轭复数、复数的几何意义即可得答案.【详解】,则所以在复平面内对应的点为在第四象限. 故选:D.3.圆被过点的直线截得的最短弦长为()A.2B.4C.D.【答案】C【解析】【分析】根据点与圆、直线与圆的位置关系即可求得最短弦长.【详解】圆,圆心,半径所以,故点在圆内,则当直线垂直于过C,P的直径时,最短弦长.故选:C.4.毛主席曾用“坐地日行8万里”描述地球赤道的周长,以此作为地球周长的估计值.2里=1千米.有人宣称“雪花周长超过地球周长”,其实这里的雪花指的是数学中的“科赫雪花”,如图:第1个正三角形的边长为1厘米,以每边中间的为边,向外作一个突出的正三角形,再去掉原边中部的,以此类推可以得到第2个,第3个图形,无限操作下去,如果第n个图形的周长达到地球周长,则n至少为()(参考数据:,)A.67B.68C.77D.78【答案】C【解析】【分析】依题意可得每个图形的周长可看成是首项为3,公比为的等比数列,从而可得到第n个图形的周长为,列出不等式,结合,即可求解.【详解】赤道长:8万里=米,令第n个雪花的周长为,观察图形可知: ,由,得,则解得,由,∴.故选:C.5.已知满足:,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理与余弦定理转化边角关系,即可得角的大小.【详解】因为,则由正弦定理知:①,又②.解法一:由余弦定理:,由于,所以.解法二:, 所以由于故.故选:A.6.在正方体中,M为线段AB上靠近A的三等分点,N为线段上靠近的三等分点,平面CMN把正方体切割为2个空间几何体,则它们的体积之比为()A.7:29B.7:36C.8:27D.8:35【答案】A【解析】【分析】作出截面图形,先用公式求出棱台体积,再利用间接法求另一部分体积即可.【详解】取线段上靠近的三等分点,连接取中点,连接,由且,故四边形是平行四边形,则,又由分别是的中点,则.所以,则四点共面,即四边形为过三点的截面图形.故平面CMN把正方体分成两部分,其中之一为棱台,令正方体棱长为3,,,另一部分的体积,∴.故选:A. 7.已知长方形ABCD的边长,P,Q分别是线段BC,CD上的动点,,则的最小值为()AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意建立直角坐标系,利用正切函数的和差公式得到,从而求得,再利用平面向量数量积的坐标表示即可得解.【详解】设A点为坐标原点,分别以AB,AD为x,y轴建立坐标系,如图,不妨设,则,因为,所以,又,所以,则,所以,解得,当且仅当时,等号成立, 所以,则的最小值为.故选:D.8.已知为偶函数,,当时,单调递增,若,,,则下列说法正确的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得的周期性,通过赋值法与对称性求出,确定分别所在单调区间,再比较与对称轴的距离,根据函数单调性与对称性则可比较大小.【详解】已知,令x=0,则,即.由为偶函数得:,则图象关于对称,,又,∴,∴的周期为2,则.当时,单调递增,由图象关于直线x=1对称,∴在上单调递减.由,则,又,∴.由,则,即,∴,又∵由,则, 即,∴,∴,故选:B.二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.下列命题中是真命题的是()A.一组数据:9,1,x,8,3,5,3,0的中位数为3,则B.将一组数据(i=1,2,…,n)中的每个数字变成原来的2倍,则方差变成原来的2倍C.三种产品按照5:3:4比例分层抽样,样本容量变成原来的2倍,则每件产品被抽中的概率变成原来的2倍D.若2×2列联表中的每个数字变成原来的2倍,由公式得的值不变【答案】AC【解析】【分析】根据中位数的概念可判定A,根据方差的计算可判定B,根据分层抽样的概念可判定C,根据卡方的计算可判定D.【详解】将已知数按从小到大的顺序排列,0,1,3,3,5,8,9,插入x并使3为这组数的中位数,故x≤3,故A选项正确;将一组数中每一个都扩大为原来的2倍,方差变为原来的4倍,故B选项错误;三种产品按分层抽样的方式抽样,样本容量变成2倍,抽样比变成2倍,每个产品被抽中的概率变成2倍,故C选项正确;若2×2列联表中每个数字扩大2倍后,,变为原来的2倍,故D选项错误,故选:AC.10.已知a,b为两条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,下列说法正确的是()A.若,则B.若,则 C.若,则D.a,b异面,,则【答案】BCD【解析】【分析】通过直线、平面的位置关系的空间直观想象,应用线面、面面平行与垂直判定、定理来判断各选项即可.【详解】A选项,还有的情况,故A错误;B选项,,过作平面与平面相交,设,由线面平行的性质定理,,又,故,故B正确;C选项,如果两个相交平面垂直于同一个平面,且,设,在平面内作直线,在平面内作直线,由已知,可得,同理,由线面垂直的性质可知,,由线面平行的判定定理得,,由线面平行的性质得出,则,故C正确;D选项,过直线作平面,使,,同理,故,过直线作平面,使,同理可得,, 由相交(假设不相交,且故,则,这与异面矛盾),由面面平行的判定定理的推论可得,,故正确.故选:BCD.11.已知函数若把的图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍后,再将图象向右平移个单位,可以得到,则下列说法正确的是()A.B.的周期为πC.一个单调递增区间为D.在区间上有5个不同的解,则的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】根据函数平移和伸缩变换得到g(x)解析式,对比可得ω和φ值,从而求得g(x)解析式,从而可判断AB;根据正弦型函数单调性可判断C,数形结合可判断D.【详解】横向压缩得,;再右移个单位得,,∴又,∴故A选项正确; ∴,∴周期,故B选项正确;由得,故C选项错误;在区间上有5个不同的解,由函数图象可知,区间的长度大于两个周期,小于等于3个周期,故,故D选项正确.故选:ABD.12.历史上著名的伯努利错排问题指的是:一个人有封不同的信,投入n个对应的不同的信箱,他把每封信都投错了信箱,投错的方法数为.例如两封信都投错有种方法,三封信都投错有种方法,通过推理可得:.高等数学给出了泰勒公式:,则下列说法正确的是()A.B.为等比数列C.D.信封均被投错的概率大于【答案】ABC【解析】【分析】选项A,用列举法即可得;选项B,构造新数列,利用定义法可证明是等比数列;选项C,由递推关系变形可得裂项形式,裂项后利用累加法求通项即可证;选项D,利用泰勒公式可得再对分奇偶讨论即可判断.【详解】选项A,令4封信分别为,当在第2个信箱时,共3种错排方式: 第1种信箱1234信第2种信箱1234信第3种信箱1234信同理可得在第3和4个信箱时,也分别有3种错排方式,所以共种方法,故A选项正确;选项B,,∴,又,则,故B选项正确;选项C,,两边同除以得,∴,,故C选项正确;选项D,装错信封的概率为,∵,则,即当n为奇数时, ;当n为偶数时,;综上,当n为奇数时;当n为偶数时,故D项错误.故选:ABC.【点睛】关键点睛:本题B选项的关键是通过构造变形得,D选项的关键是利用所给的泰勒公式,再分奇偶讨论.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填写在答题卡相应位置上.13.已知,若,则______.【答案】5【解析】【分析】利用平面向量垂直与平行的坐标表示即可得解.【详解】因为,由得,解得,则,由得,解得,所以.故答案为:5.14.8个完全相同的球放入编号1,2,3的三个空盒中,要求放入后3个盒子不空且数量均不同,则有______种放法.【答案】12【解析】【分析】分两类计数,每类再用分组分配的方法求解.【详解】共两类分组方法:将8个完全相同的小球分为1,2,5三堆或1,3,4三堆.每类都将三堆不同个数的球放入编号1,2,3的三个空盒中,有种方法,故共有种方法. 故答案为:12.15.已知双曲线,过原点的直线l与双曲线交于B,C两点,A为双曲线的右顶点,F为双曲线的左焦点,直线AB,AC的斜率之积为,则b=______;若,则的面积为______.【答案】①.②.【解析】【分析】设坐标,利用斜率之积和双曲线方程求解即可求得第一空,利用双曲线焦点三角形面积公式计算即可求得第二空.【详解】令,则,∴①,又②,联立①②得;令双曲线的右焦点为,如图所示,由B、C关于原点对称,则,易证,,设,由余弦定理得:,∴.故答案为:;.16.已知函数,若不等式恒成立,则a的最小值为 ______.【答案】##【解析】【分析】变形给定函数,构造函数,探讨函数的性质,再脱去给定不等式中的法则“f”,构造函数并借助导数求解恒成立的不等式作答.【详解】依题意,,,在R上单调递增,且,为奇函数,,令,求导得,函数在上单调递增,当时,有,于是,当时,显然成立,因此,即,令,求导得,当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,因此当时,,则,而,有,所以a的最小值为.故答案为:【点睛】关键点睛:涉及不等式恒成立问题,将给定不等式等价转化,构造函数,利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.四、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.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足,D为BC边的中点. (1)求角C的大小;(2)若,,求边AB的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据正弦定理进行边化角,结合三角函数的差角公式,化简等式,利用正弦函数的性质以及三角形内角的取值范围,可得答案;(2)根据余弦定理,建立方程,可得答案.【小问1详解】由正弦定理,且,可得,,,,由,则,可得,由,则.【小问2详解】由题意,可作图如下:在中,由余弦定理可得:,将,,代入,可得,化简可得:,,解得,由点为的中点,则,在中,由余弦定理可得:,将,,代入,则,解得.18.卡塔尔世界杯的吉祥物“拉伊卜”引发网友和球迷喜爱,并被亲切地称为“饺子皮”.某公司被授权销售以 “拉伊卜”为设计主题的精制书签.该精制书签的生产成本为50元/个,为了确定书签的销售价格,该公司对有购买精制书签意向的球迷进行了调查,共收集了200位球迷的心理价格来估计全部球迷的心理价格分布.这200位球迷的心理价格对应人数比例分布如下图:若只有在精制书签的销售价格不超过球迷的心理价格时,球迷才会购买精制书签.公司采用常见的饥饿营销的方法刺激球迷购买产品,规定每位球迷最多只能购买一个该精制书签.设每位球迷是否购买该精制书签相互独立,精制书签的销售价格为元/个().(1)若,已知某时段有3名球迷有购买意向而咨询公司,设为这3名球迷中购买精制书签的人数,求的分布列和期望;(2)假设共有名球迷可能购买该精制书签,请比较当精制书签的售价分别定为70元和80元时,哪种售价对应的总利润的期望最大?【答案】(1)分布列见解析,(2)当精制书签的销售价格定为70元时,对应的总利润的期望最大【解析】【分析】(1)先确定购买该精制书签的概率,根据二项分布的概率得分布列与数学期望;(2)根据随机变量之间的关系确定当,时的与的关系,即可判断得结论.【小问1详解】当时,由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为.因每位球迷是否购买该精制书签相互独立,∴,X的可能取值为.;其分布列为:0123 其期望为.【小问2详解】设该公司销售该精制书签所得总利润为元,当时,由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为,此时;当时,由样本数据估计球迷购买该精制书签的概率为.此时;∵,所以当精制书签的销售价格定为70元时,对应的总利润的期望最大.19.已知数列满足,记为数列的前n项和,若.(1)求证:数列为等差数列;(2)若不等式,恒成立,求λ的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用与的关系结合等差数列的定义计算即可;(2)记,判定其单调性求其最值即可.【小问1详解】因为,所以当时,,两式相减得,即,∵,∴,∴,因此数列为等差数列. 【小问2详解】由(1)得数列的公差为1,又当时,,解得或(舍去),所以,令,则,∴,因此数列为递减数列.于是恒成立等价于,即λ的取值范围为.20.在四棱锥S﹣ABCD中,已知底面ABCD为菱形,若.(1)求证:SE⊥平面ABCD;(2)若,设点H满足,当直线与平面所成角的正弦值为时,求μ的值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用菱形性质及线线垂直证线面垂直即可;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量研究线面夹角计算即可. 【小问1详解】由底面ABCD为菱形,得,又平面,∴平面,∵平面,∴,又平面,∴平面,∵平面,∴,又平面,∴平面;【小问2详解】由(1)结论,可以以点E坐标原点,以向量的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,取,则,由,则,设平面的一个法向量为则由,取,则,所以平面的一个法向量为,直线的方向向量为,记直线与平面所成角为θ,则,解得或μ=3(舍),∴. 21.已知P为平面上的动点,记其轨迹为Γ.(1)请从以下三个条件中选择一个,求对应的Γ的方程;①以点P为圆心的动圆经过点,且内切于圆;②已知点,直线,动点P到点T的距离与到直线l的距离之比为;③设E是圆上的动点,过E作直线EG垂直于x轴,垂足为G,且.(2)在(1)的条件下,设曲线Γ的左、右两个顶点分别为A,B,若过点的直线m的斜率存在且不为0,设直线m交曲线Γ于点M,N,直线n过点且与x轴垂直,直线AM交直线n于点P,直线BN交直线n于点Q,则线段的比值是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.【答案】(1)(2)是为定值,【解析】【分析】(1)选①,则由椭圆的定义得长轴为4,焦距为2,求出轨迹Γ的方程即可;选②,直接设动点坐标,代入关系化简可得轨迹Γ的方程;选③,相关点代入法求动点轨迹方程.(2)设过点K的直线m的方程为,与方程联立,由韦达定理得,由题意可解得,则,将代入整理可得定值.【小问1详解】 选①,则由得,由椭圆的定义得长轴为4,焦距为2,所求轨迹Γ的方程为.选②,设,由,化简得即所求轨迹Γ的方程为.选③,设,由,得,代入圆O的方程,得,即所求轨迹Γ的方程为【小问2详解】已知直线m的斜率存在且不为0,设过点K的直线m的方程为,设,与方程联立得:,∴.且直线AM的方程为,∴.同理,,∴其中,,将代入可得,,∴. 22.已知函数.(1)证明:当时,在区间上存在极值点;(2)记在区间上的极值点为m,在区间上的零点的和为n,请比较2m与n的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)利用多次求导判定函数的导函数在区间上存在异号零点即可;(2)结合(1)的结论得,判定在区间上的零点为和0,再结合几个常用的函数放缩多次分段构造函数证明即可.【小问1详解】由题意得,令,则,令显然在区间上,即单调递增,∴,∴即在区间上单调递增,又时,,, 由零点存在性定理可得:在区间上存在唯一零点,且在该零点左右两侧的值符号相反,故当时,在区间上存在极值点;【小问2详解】由(1)得在上小于0,在上大于0,,所以在上单调递减,在上单调递增.∴,即,使,又,∴.现比较2m与的大小,先判定,令,即在上单调递增,,由,得,,令,则,所以单调递增,即,∴.令,则, 所以单调递增,即,∴,即,又在上单调递增,∴,即.
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