精品解析：广西桂林市灵川县潭下中学2022-2023学年高三9月月考数学（理）试题

2022-2023学年9月潭下中学月考试卷 理科数学 一.选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的实部与虚部之和为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 若、表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线，则下列说法正确的是( ) A. “”是“”的充要条件 B. “”是“”的必要不充分条件 C. “”是“”的必要不充分条件 D. “”是“”的充分不必要条件 4. 设，，，则a，b，c的大小是（ ） A a＞b＞c B. b＜c＜a C. b＞a＞c D. a＜b＜c 5. 已知等差数列满足：，则（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 10 6. 已知实数满足约束条件 ，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 的展开式中的系数等于（ ） A. 120 B. C D. 45 8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走了里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了天后到达目的地.”则此人第天走了（ ） A. 里 B. 里 C. 里 D. 里 9. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，若，则等于（ ） A. B. C. D. 11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线的右半支上，点，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 6 D. 12. 已知函数，若函数图象上关于原点对称的点恰有3对，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二.填空题 13. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为______． 14. 函数图象在点处的切线方程为______. 15. 抛物线C：x2＝2py，其焦点到准线l的距离为4，则准线l被圆x2＋y2﹣6x＝0截得的弦长为_______． 16. 如图，在边长为4的正方形中，点分别在边上（不含端点）且，将分别沿折起使两点重合于点，则下列正确的结论有__________： ①； ②当时，三棱锥的外接球体积为； ③当时，三棱维的体积为； ④当时，点到平面的距离为. 三.解答题： （一）必考题【60分】 17. 锐角内角的对边分别为，若， （1）求角； （2）若，试问b的值是否可能为5？若可能，求的周长；若不可能，请说明理由. 18. 已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面， （1）求证：； （2）是否存在一点，满足，且使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；若存在，指出点的位置，否则，请说明理由. 19. 袋中有大小完全相同的7个白球，3个黑球. （1）若甲一次性抽取4个球，求甲至少抽到2个黑球的概率； （2）若乙共抽取4次，每次抽取1个球，记录好球的颜色后再放回袋子中，等待下次抽取，且规定抽到白球得10分，抽到黑球得20分，求乙总得分X的分布列和数学期望. 20. 已知函数. （1）当时，求的最大值； （2）证明：当时，. 21. 已知椭圆上的点到两焦点的最大矩离和最小距离分别为3和1. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆左焦点作不与轴重合的直线与椭圆相交于两点，过点作直线的垂线为垂足.求： ①已知直线过定点，求定点的坐标； ②点为坐标原点，求面积的最大值. （二）选考题： 22. 在直角坐标系中，直线参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为． （1）求半圆的参数方程和直线的直角坐标方程； （2）直线与轴交于点，与轴交于点，点在半圆上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的倍，的面积为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022-2023学年9月潭下中学月考试卷 理科数学 一.选择题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对数函数定义域的求法化简，解一元二次不等式化简，结合补集的概念即可得解. 【详解】， 所以. 故选：D. 2. 若复数满足，则的实部与虚部之和为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简求得，结合复数的概念，即可求解. 【详解】由复数，可得，则， 所以复数的实部与虚部之和为. 故选：D. 3. 若、表示两个不同的平面，m为平面内的一条直线，则下列说法正确的是( ) A. “”是“”的充要条件 B. “”是“”的必要不充分条件 C. “”是“”的必要不充分条件 D. “”是“”的充分不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间里面线面关系逐项判断即可. 【详解】若，，则；若，，则无法判断m与β的关系，故“”是“”的充分不必要条件，故AB错误； 若，，则无法判断α与β的关系；若，，则；故“”是“”必要不充分条件，故C正确，D错误. 故选：C. 4. 设，，，则a，b，c的大小是（ ） A. a＞b＞c B. b＜c＜a C. b＞a＞c D. a＜b＜c 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性即可比较大小. 【详解】，(0，1)， ，所以a＞b＞c， 故选：A． 5. 已知等差数列满足：，则（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：D 6. 已知实数满足约束条件 ，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，画出约束条件所表示的平面区域，结合图象，确定目标函数的最优解，代入即可求解. 【详解】画出约束条件 所表示的平面区域，如图所示， 目标函数，可得化为， 当直线过点时，直线在轴上的截距最大， 此时目标函数取得最大值， 由方程组，解得，即， 所以目标函数的最大值为. 故选：C. 7. 的展开式中的系数等于（ ） A. 120 B. C. D. 45 【答案】B 【解析】 【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于3，求出的值，即可求得展开式中的系数． 【详解】的展开式的通项公式为， 令，可得展开式中的系数等于. 故选：B. 8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走了里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了天后到达目的地.”则此人第天走了（ ） A. 里 B. 里 C. 里 D. 里 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，每天走的里数构成以为公比的等比数列，由求出首项，再由等比数列通项公式可求得结果 【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是以公比的等比数列， 因为，所以，解得， 所以， 故选：D 【点睛】此题考查函数模型的选择及等比数列的通项公式、等比数列的前项和公式的应用 9. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求函数定义域得定义域为，排除A，再根据函数的奇偶性排除D，最后根据函数时的函数值排除C，即可得答案. 【详解】函数的定义域为，故排除A； 又因为，故函数为奇函数，图象关于原点对称，故排除D； 当时，恒成立，当时，恒成立，故排除C. 故选：B. 10. 已知函数的部分图象如图所示，若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算公式，化简得到，求得，过点作轴于点，求得，得到周期为，结合三角函数周期的计算公式，即可求解. 【详解】由，可得， 因为，可得，所以， 过点作轴于点，可得且， 所以，可得函数的周期为， 所以. 故选：B. 11. 已知双曲线的左，右焦点分别为，点在双曲线的右半支上，点，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用双曲线的定义转化，再结合图象，求的最小值，再联立方程求交点坐标. 【详解】由题意并结合双曲线的定义可得 ， 当且仅当，，三点共线时等号成立. 而直线的方程为，由可得，所以， 所以点的坐标为. 所以当且仅当点的坐标为时，的最小值为. 故选：D. 12. 已知函数，若函数图象上关于原点对称的点恰有3对，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由时，函数的图象与函数的图象关于原点对称，转化为与的图象至少有3个交点，作出函数的图象，列出不等式组，即可求解. 【详解】当时，函数， 则时，函数的图象与函数的图象关于原点对称， 又因为时，， 画出与的图象，如图所示， 要使得与的图象至少有3个交点， 则满足且， 即，可得，解得， 所以，所以实数的取值范围为. 故选：C. 二.填空题 13. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直得到，再利用向量夹角公式求出答案. 【详解】因为，所以， 则，， 则与的夹角为． 故答案为：. 14. 函数的图象在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】求出在处的导数，即切线斜率，求出，即可得出切线方程. 【详解】，， ，即切线斜率为1，又， 则切线方程为. 故答案为：. 15. 抛物线C：x2＝2py，其焦点到准线l的距离为4，则准线l被圆x2＋y2﹣6x＝0截得的弦长为_______． 【答案】 【解析】 【分析】求出准线方程以及圆心、半径，得出圆心到直线的距离，从而求出弦长为. 【详解】首先求得准线l的方程为， x2＋y2﹣6x＝0， 圆心到准线的距离为 故弦长为． 故答案为： 16. 如图，在边长为4的正方形中，点分别在边上（不含端点）且，将分别沿折起使两点重合于点，则下列正确的结论有__________： ①； ②当时，三棱锥的外接球体积为； ③当时，三棱维的体积为； ④当时，点到平面的距离为. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于①：证明平面，得；对于②：当时，三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，利用分隔补形法求三棱锥的外接球体积；对于③：利用等体积法求三棱锥的体积；对于④：利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】对于①：因为四边形是正方形，所以， 由折叠的性质可知：， 又，平面，所以平面， 又平面面，所以；故①正确. 对于②：当时，， 在中，，则， 由A选项可知，， 所以三棱锥的三条侧棱两两相互垂直， 把三棱锥放置在长方体中，可得长方体的对角线长为， 三棱锥的外接球半径为，体积为，故②错误； 对于③：当时，， 在中，由余弦定理可得， 所以，则， 所以，故③正确； 对于④：设点到到平面的距离为， 则在中，， 所以，则， 所以，解得，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】方法点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积． 三.解答题： （一）必考题【60分】 17. 锐角内角的对边分别为，若， （1）求角； （2）若，试问b值是否可能为5？若可能，求的周长；若不可能，请说明理由. 【答案】（1） （2）的值不可能为，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，结合余弦定理，求得，即可求解； （2）由（1）知，代入求得，利用余弦定理得到，得出矛盾，即可得到答案. 【小问1详解】 因为，即， 由正弦定理，可得，即， 又由余弦定理得， 因为为锐角三角形，可得，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 若，可得，解得， 由余弦定理得， 此时，这与为锐角三角形矛盾，所以的值不可能为. 18. 已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，为等边三角形，且平面平面， （1）求证：； （2）是否存在一点，满足，且使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为；若存在，指出点的位置，否则，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）点为中点时，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，理由见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明是直角三角形，得，从而由面面垂直的性质定理得线面垂直，则可得证线线垂直； （2）取的中点,连接，则证明平面，以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，由空间向量法求二面角的余弦值，由已知求得，说明存在． 【小问1详解】 取的中点，连接, 因为，所以，又，所以是等边三角形， 所以，所以是直角三角形，所以， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以； 【小问2详解】 为中点即可满足条件，理由如下： 取的中点,连接，则， 平面平面，平面，平面平面， 所以平面，由为等边三角形，可得， 在直角三角形中，， 以为坐标原点，以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面一个法向量为， 设平面的一个法向量为． 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 于是，解得或（舍去）， 所以点为中点时，使平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 19. 袋中有大小完全相同的7个白球，3个黑球. （1）若甲一次性抽取4个球，求甲至少抽到2个黑球的概率； （2）若乙共抽取4次，每次抽取1个球，记录好球的颜色后再放回袋子中，等待下次抽取，且规定抽到白球得10分，抽到黑球得20分，求乙总得分X的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解； （2）根据题意，得到随机变量的可能取值为，求得每次抽到白球的概率为，抽到黑球的概率为，设4次取球取得的黑球数为，到的可能取值，利用独立重复试验的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由题意知，袋中有大小完全相同的7个白球，3个黑球 则甲一次性抽取4个球，求甲至少抽到2个黑球的概率为. 【小问2详解】 解：由题意，随机变量的可能取值为， 其中，每次抽到白球的概率为，抽到黑球的概率为， 设4次取球取得黑球数为，则的可能取值为， 则， 所以；； ； ； ， 则变量的分布列为： 40 50 60 70 80 所以期望为. 20. 已知函数. （1）当时，求最大值； （2）证明：当时，. 【答案】（1）的最大值为 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出； （2）由（1）得出，可得利用放缩法得出当时，，可证得，代入不等式计算即可证得结论成立. 【小问1详解】 因为，则， 设，则，故在上为减函数， 可得，即，故在上为减函数， 所以； 【小问2详解】 由（1）知：时，， 可得：， ， ， 当时，， 故， 所以， 因此. 21. 已知椭圆上的点到两焦点的最大矩离和最小距离分别为3和1. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的左焦点作不与轴重合的直线与椭圆相交于两点，过点作直线的垂线为垂足.求： ①已知直线过定点，求定点的坐标； ②点为坐标原点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，得到，结合，求得的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）①设直线为，联立方程组，求得，求得直线的方程为，令，得到，即可得到直线过定点；. ②利用韦达定理求得，得到，令，转化为，结合的单调性，即可求解. 【小问1详解】 解：由椭圆上的点到两焦点的最大矩离和最小距离分别为3和1， 由椭圆的几何性质，可得，解得，则， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 解：①由题意，根据椭圆的对称性可得，点必在上，且， 设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 所以，可得， 又由，所以直线方程为， 令，则， 所以直线过定点. ②由①知：， 可得， 所以， 令，则，所以， 因为函数在上为单调递增函数， 所以在上为单调递减函数， 故当时，面积取得最大值，最大值为. 【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围； （3）涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用. （二）选考题： 22. 在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，半圆的极坐标方程为． （1）求半圆的参数方程和直线的直角坐标方程； （2）直线与轴交于点，与轴交于点，点在半圆上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的倍，的面积为，求的值． 【答案】（1）：（为参数，），：；（2） 【解析】 【分析】（1）消去参数得直线的普通方程，利用半圆的极坐标方程，写出直角坐标方程为，再写出半圆的参数方程； （2）由题意设，利用点到线的距离求出点到直线的距离，利用两点之间的距离求出，再由三角形的面积公式，结合同角之间的关系求出，即可求出的值． 【详解】（1）半圆的参数方程为（其中为参数，）， 直线的直角坐标方程为. （2）由题意可知，可设，其中 所以点到直线的距离为： , 又，. 三角形的面积. ， 又，. 【点睛】方法点睛：本题考查极坐标方程，直角坐标方程，参数方程的互化，极坐标与直角坐标方程的互化，即四个公式：，，考查学生的转化与化归能力，运算求解能力，属于中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$