四川省广安第二中学校2023-2024学年高三上学期第二次月考理科数学 Word版含解析.docx

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广安二中高2021级2023年秋第二次月考理科数学试卷一、选择题：本大题共12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.复数的共轭复数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先由得，故共轭复数为.【详解】故其共轭复数为.故选：B2.已知集合，则（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得集合，，结合集合交集的概念及运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，根据集合交集的概念及运算，可得.故选：C.3.若数列{an}的前n项和为，则“”是“数列{an}为等差数列”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】C 【解析】【分析】由的关系，结合可求的通项，再根据充分条件、必要条件的定义即得.【详解】∵，则，当，，∴，即从第二项起为等差数列；当时，则，数列{an}为等差数列，当数列{an}为等差数列，则，即.故“”是“数列{an}为等差数列”的充要条件.故选：C.4.若实数x，y满足约束条件，则的最大值为（）A.3B.5C.6D.8【答案】C【解析】【分析】画出线性可行域与目标函数，结合目标函数的几何意义即可求出.【详解】 根据实数x，y满足约束条件做出如上图；则的最大值在直线的交点处取得，此时最大值为，故选：C5.如图所示，在中，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.【详解】根据向量线性运算法则，可得：.故选：A.6.为落实党的二十大提出的“加快建设农业强国，扎实推动乡村产业､人才､文化､生态､组织振兴”的目标，某银行拟在乡村开展小额贷款业务.根据调查的数据，建立了实际还款比例关于还款人的年收入（单位：万元）的Logistic模型：.已知当贷款人的年收入为9万元时，其实际还款比例为50%，若贷款人的年收入约为5万元，则实际还款比例约为（参考数据：）（）A.30%B.40%C.60%D.70%【答案】B【解析】【分析】根据题意求得，令，即可求解.【详解】由题意知，当时，，则，解得， 所以，可得，所以，当时，.故选：B.7.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据三角恒等变换的知识化简已知等式，从而求得.【详解】因为，即，两边平方可得，解得.故选：A8.已知是函数的导函数，若函数的图象大致如图所示，则的极大值点为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由指数函数的性质判断的符号，进而确定的单调性即可知极大值点.【详解】由的图象知， 当时，，则，当时，，则，当时，，则，故的单调递增区间为，单调递减区间为和，故的极大值点为.故选：D9.已知函数有两条与直线平行的切线，且切点坐标分别为，，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用导数的几何意义求出在两点处的切线斜率，即可得出是的两根，利用韦达定理即可得出的取值范围.【详解】根据题意可知的定义域为，所以，易得，由导数的几何意义可得切点为时，切线斜率为,同理可得，点处切线斜率为；又因为两条切线与直线平行，可得，即所以是关于方程的两根，所以，即，又 可得；所以，由可得即，所以的取值范围是.故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用导数的几何意义和两直线平行的位置关系得出关于的等量关系，再根据函数定义域和韦达定理即可求得表达式的取值范围.10.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（）A.B.C.1D.3【答案】B【解析】【分析】先根据图象的平移变换得到的解析式，再根据在区间上单调递增，即可得到的最大值.【详解】根据题意得，又因为函数在区间上单调递增，此时，所以，解得，所以的最大值为.故选：B.11.已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（）A.3B.C.D.2【答案】C【解析】 【分析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，运用双曲线的定义和条件可得，，，再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值．【详解】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，由双曲线的定义可得，由，可得，，，由可得，在三角形中，由余弦定理可得：，即有，化简可得，所以双曲线的离心率．故选：C．12.如图所示，长方体中，，O是的中点，直线交平面于点M，则下列结论错误的是（）A.A，M，O三点共线B.的长度为1C.直线与平面所成角的正切值为D.的面积为【答案】C 【解析】【分析】利用公理3证明三点共线即可判断A，利用长方体的性质以及中位线定理，可判断B，利用线面角的定义，根据长方体的几何性质，结合三角函数定义，可判断C，利用三角形面积转化求解，可判断D.【详解】对于A，连结，则，四点共面，平面，，平面，又平面，在平面与平面的交线上，同理也在平面与平面的交线上.三点共线，故A正确：对于B，设直线与平面的交点为，，平面，平面，平面，，平面，平面，平面，又，平面，平面，平面平面，又平面平面，平面平面，，为中点，为中点，同理可得为的中点，，故B正确；对于C，取中点，连接，，平面， 则即为直线与平面所成角，又平面平面，故即为直线与平面所成角，又，，故C错误；对于D，，，，故D正确.故选：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.2022年11月，第五届中国国际进口博览会即将在上海举行，组委员会准备安排5名工作人员去A，B，C，D这4所场馆，其中A场馆安排2人，其余场馆各1人，则不同的安排方法种数为____．【答案】60【解析】【分析】运用分步乘法先安排2人去A场馆，再安排其余3人到剩余3个场馆即可得结果.【详解】分为两步，第一步：安排2人去A场馆有种结果，第二步：安排其余3人到剩余3个场馆，有种结果，所以不同的安排方法种数为．故答案为：60.14.在中，，点D在线段上，且满足，，则等于________.【答案】【解析】【分析】根据三角形的边角关系，结合角平分线定理、二倍角公式、正弦定理即可求得的值. 【详解】在中，角对应的边分别为，点D在线段上，且满足，所以，又，所以由角平分线定理可得，所以，则，又，所以，则，由正弦定理得.故答案为：.15.将一个棱长为4的正四面体同一侧面上的各棱中点两两连接，得到一多面体，则这个多面体的内切球体积为________.【答案】【解析】【分析】根据题意，由条件可得该多面体为正八面体，再由等体积法求得内切球的半径，即可得到结果.【详解】 由题意可知，该几何体为正八面体，且正八面体的棱长为原正四面体每个侧面三角形的中位线，故正八面体由棱长为2的两个正四棱锥构成，正四棱锥的底面是边长为2的正方形，设正八面体内切球的半径为，给正八面体标出字母如图所示，连接，相交于，因为，，所以，，又，平面，所以平面，所以为正八面体的中心，所以到八个面的距离相等，距离即为内切球的半径，设内切球与平面切于点，所以平面，所以即为正八面体内切球的半径，所以，因为正八面体的棱长为2，所以，，，所以，且，即，所以，所以正八面体内切球的体积为.故答案为：16.已知函数的定义域为R，为偶函数，，当时，（且），且.则__________.【答案】36【解析】【分析】根据函数的奇偶性、周期性和对称性，求出参数a的值，即可求解.【详解】因为是偶函数，所以，设可得：所以函数关于直线对称， 又因为，所以，所以，所以关于点中心对称，所以函数的周期为4，因为当时，（且），且，所以，解得：或，因为且，所以.所以当时，，所以，，，，，，，所以，所以，故答案为：三、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.17.电网公司将调整电价，为此从某社区随机抽取100户用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开区间），画出如图所示的频率分布直方图.（1）求的值；（2）若采用按比例分配的分层随机抽样的方法，从月用电量不低于的用户中抽9户用户，再从这9户用户中随机抽取3户，记月用电量在区间内的户数为，试求的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，1 【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图利用频率之和为1可求得的值.（2）利用分层抽样得两组各抽取样本数，结合超几何分布求解概率即可得分布列，从而可求数学期望.【小问1详解】因为，所以.【小问2详解】月用电量在，的频率分别为：，据按比例分配的分层随机抽样可知：用电量在，的分别有人，人，从而可取的值为：0，1，2，3.，故的分布列为：则.18.如图，在三棱锥中，平面，，，分别为，的中点，且，，.（1）证明：平面平面，（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.分别求出平面与平面的法向量，代入平面夹角的公式即可.【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以又，，平面，平面所以平面因为，分别为，的中点，所以，则平面，因为平面，所以平面平面.【小问2详解】以为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.由，，，得，则，，，，，，.设平面的法向量为，则即令，得，.则.设平面的法向量为， 则即令，得，.则.，即平面与平面夹角的余弦值为.19.已知动圆过定点，且与直线相切.（1）求动圆圆心C的轨迹的方程.（2）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当，变化且为定值，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据已知的几何关系，结合抛物线的定义求解轨迹方程即可；（2）首先设，，，设直线AB的方程为：，联立方程结合韦达定理可得，，再利用题干条件，得到两条直线的斜率关系，即可得到，将韦达定理的结果代入得到，进而判断直线恒过的定点.【小问1详解】设动圆圆心，设C到直线的距离为d，则，∴点C的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线.设抛物线方程为：，由，得，∴点C的轨迹方程为：. 【小问2详解】设，，，∵，显然直线AB斜率存在，∴设直线AB的方程为：，消x得：，设OA的斜率为，OB的斜率为，∵则，，∴，∴，∴，∴，∴直线AB的方程为：，即，恒过定点20.设等比数列的首项为2，公比为，前项的和为，等差数列满足.（1）求；（2）若，，求数列前项的和.【答案】（1）或1（2）【解析】【分析】（1）由题意，根据等比数列的通项公式表示出，结合等差中项的应用建立方程，解之即可求解； （2）由（1）得，求出，进而求出，则，结合分组求和法即可求解.【小问1详解】∵为等差数列，∴，而，，，∴，解得或1.【小问2详解】由（1），∵，∴，∴，，∴，当为奇数时，，，，当为偶数时，，，，∴，∴.21.已知函数.（1）当时，求极值；（2）若，求的值；（3）求证：.【答案】（1）在处取得极小值，无极大值 （2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据函数单调性可得最值；（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；（3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证.【小问1详解】当时，，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在处取得极小值，无极大值；【小问2详解】由题意得，①当时，，所以在上单调递增，所以当时，，与矛盾；②当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，因为恒成立，所以，记，，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以，所以，又，所以，所以；【小问3详解】证明：先证，设，则，所以在区间上单调递减，所以，即，所以，再证，由（2）可知，当时等号成立，令，则，即，所以，，，累加可得，所以.【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．（二）选考题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分. 22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（其中为参数）.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）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；（2）已知点，直线l与曲线C交于M，N两点，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的关系求直线的直角坐标方程；消去参数得到曲线C的普通方程；（2）先求出直线的参数方程，代入曲线中，得到韦达定理，再由根与系数的关系求出结果.【小问1详解】将代入，得，所以直线l的直角坐标方程为.由曲线C的参数方程为，化为，平方相加得曲线C的普通方程为.【小问2详解】易得点在直线l上，由此可得直线l的参数方程为（其中t为参数），将其代入曲线C的普通方程中得，设点M对应参数为，点N对应的参数为，则，，所以，一正一负， 所以.23.已知函数．（1）求的解集；（2）若函数的最小值为，且，求的最小值.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）利用分区间讨论的方法，去掉绝对值符号，化简函数的表达式，进而将转化为3个不等式组求解，即得答案；（2）结合（1）中的表达式，确定M的值，利用河西不等式即可求得答案.【小问1详解】，故等价于或或，解得，不等式的解集为；【小问2详解】当时，；当时，；当时，，故函数的的最小值为，即利用柯西不等式可得，即，当且仅当时等号成立，