四川省绵阳市第三中学2023年高三数学理月考试卷含解析

1、四川省绵阳市第三中学2023年高三数学理月考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是()参考答案：D当几何体上、下两部分都是圆柱时，俯视图为A；当上部为正四棱柱，下部为圆柱时，俯视图为B；当几何体的上部为直三棱柱，其底面为直角三角形，下部为正四棱柱时，俯视图为C；无论何种情形，俯视图不可能为D.2. 已知复数，（为虚数单位），则 （ ）A1 B C2 D参考答案：C3. 如果复数z满足|zi|zi|2，那么|zi1|的最小值为A.1 B. C.2 D.参

2、考答案：A4. 过双曲线的右顶点A作斜率为的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B， C若，则双曲线的离心率是 A B C D参考答案：C5. 已知,则“”是“函数 在上为减函数”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参考答案：B6. 如果命题“”是真命题，则正确的是A.均为真命题 B.中至少有一个为假命题C.均为假命题 D.中至多有一个为假命题 参考答案：B略7. 在公差不为零的等差数列an中，2a3a72+2a11=0，数列bn是等比数列，且b7=a7，则log2（b6b8）的值为( )A2B4C8D1参考答案：B考点：等差数列的性质 专题：计算题

3、；等差数列与等比数列分析：根据数列an为等差数列可知2a7=a3+a11，代入2a3a72+2a11=0中可求得a7，再根据bn是等比数列可知b6b8=b72=a72代入log2（b6b8）即可得到答案解答：解：数列an为等差数列，2a7=a3+a11，2a3a72+2a11=0，4a7a72=0a70a7=4数列bn是等比数列，b6b8=b72=a72=16log2（b6b8）=log216=4故选：B点评：本题主要考查了等比中项和等差中项的性质属基础题8. 设，函数的图象向右平移个单位后与原图象重合，则的最小值是（ ）A. B. C. D.3参考答案：C9. 如图是一个四棱锥在空间直角坐标

4、系、三个平面上的正投影，则此四棱锥的体积为 A94B32C64D16参考答案：B10. 等比数列中，前3项之各，则数列的公比为（ ） A.1 B.1或 c. D.-1或参考答案：B略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. = .（用数字作答）参考答案：210 12. 已知，若，则等于 参考答案：5【考点】93：向量的模【分析】利用向量垂直的充要条件：数量积为0；利用向量的数量积公式列出方程求出m，再根据向量模的定义即可求出【解答】解： =（2，1），=（3，m），=（1，1m），（），?（）=2+1m=0，解得，m=1，+=（5，0），|+|=5，故答案为：5【点评】本题考查

5、向量垂直的充要条件、向量的数量积公式，向量的模，属于基础题13. 已知非零向量，满足，且与的夹角为30，则的取值范围是_参考答案：略14. 已知向量a，b满足(a2b)(ab)6，且|a|1，|b|2，则a与b的夹角为_ 参考答案：略15. f(x)=若f(x)=10,则x=_.参考答案：-316. 若函数f（x）在m，n（mn）上的值域恰好为m，n，则称f（x）为函数的一个“等值映射区间”下列函数：y=x21；y=2+log2x；y=2x1；y=其中，存在唯一一个“等值映射区间”的函数有 个参考答案：2【考点】函数的值域【分析】若函数f（x）在m，n（mn）上的值域恰好为m，n，则称f（x）

6、为函数的一个“等值映射区间”根据新定义可知，“等值映射区间”即是函数与另一函数y=x有两个交点即可判断【解答】解：根据新定义可知，“等值映射区间”即是函数与另一函数y=x有两个交点对于y=x21；根据新定义可得：x21=x，方程有两个解，即函数y=x21与函数y=x有两个交点故是；对于y=2+log2x；根据新定义可得：2+log2x=x，即函数y=2+log2x与函数y=x有一个交点故不是；对于y=2x1；根据新定义可得：2x1=x，即函数y=2x1与函数y=x有一个交点故不是；对于；根据新定义可得：x2x=1，方程有两个解，即函数与函数y=x有两个交点故是；故答案为：2【点评】本题考查了新

7、定义的理解和定义域，值域的关系的运用属于中档题17. 已知正四面体ABCD的棱长为1，M为AC的中点，P在线段DM上，则（AP+BP）2的最小值为参考答案：【考点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题【分析】把平面BMD及平面AMD以DM为折线展平，三角形DAM是正三角形的一半，故在平面BMAD中，连接BA，与MD相交于P点，则AP+BP为最短距离，再利用余弦定理即可得出【解答】解：由于各棱长均为1的四面体是正四面体把平面BMD及平面AMD以DM为折线展平，三角形DAM是正三角形的一半DM=，AM=，AD=1，BM=，BD=1故在平面BMAD中，连接BA，与MD相交于P点，则AP+BP为最短距离

8、，在三角形BMD中，根据余弦定理，cosBMD=，sinBMD=，cosDMB=cos（90+BMC）=sinBMC=，BA2=BM2+AM22BM?AM?cosAMB=+2?（）=故答案为：三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数)，直线l的方程为，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系()求曲线C的极坐标方程；()曲线C与直线l交于A，B两点，若，求k的值参考答案：（1）；（2）【分析】（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，然后再化为极坐标方程；（2）由题意，写出直线的参数方程，然后带入曲

9、线的普通方程，利用韦达定理表示出求得结果即可.【详解】（1）由题，曲线的参数方程为（为参数），化为普通方程为： 所以曲线C极坐标方程： （2）直线的方程为，的参数方程为为参数)， 然后将直线得参数方程代入曲线C的普通方程，化简可得： ， 所以故解得【点睛】本题主要考查了极坐标和参数方程的综合，极坐标方程，普通方程，参数方程的互化为解题的关键，属于基础题.19. 已知函数，.（1）若函数f(x)存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若，为函数f(x)的两个不同极值点，证明：.参考答案：（1）（2）见解析【分析】（1）由已知可知，若满足条件，即有解，转化为有解，即，设，利用导数求函数的最大值；

10、（2）由已知可知 ，整理为，再通过分析法将需要证明的式子转化为，若，可变形为，设，即证成立，若，即证.【详解】（1）由题函数存在增区间，即需有解，即有解，令，且当时，当时，如图得到函数的大致图象，故当，时，函数存在增区间；（2）法1：，为函数的两个不同极值点知，为的两根，即，要证，即证，由代入，即证：，将代入即证：且由（1）知，若，则等价于，令，即证成立，而，在单调递增，当时，所以得证；若，则等价于，令，显然成立.法2：要证，又由（1）知，当时，要证上式成立，即证，易知显然成立；当时，故只需，即证，也即证，由于时单调递增，故即证，而，只需证，成立，令，只需证在时成立，而，故在单调递增，所以，故

11、原不等式得证.【点睛】本题考查了导数研究函数性质，不等式的综合性问题，意在考查化归和转化和分类讨论的思想，属于难题，本题的难点是第二问极值点偏移问题，利用分析法将所需要证明的式子转化，再根据已知条件代入参数，转化为证明，再通过构造为的不等式恒成立的问题.20. （本小题满分12分）如图，在三棱锥P - ABC中，平面PAB平面ABC，AB=6，分别为线段AB，BC上的点，且，.（1）求证：PD平面ABC；（2）若PA与平面ABC所成的角为，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角.参考答案：解:（1）证明：连接，由题意知（2分）,则,（4分）又因为，所以因为，都在平面内，所以平面 （6分）（2）

12、由（1）知两两互相垂直，建立如图所示的直角坐标系，且与平面所成的角为，有，（7分）则因为（8分）由（1）知平面， 平面为平面的一个法向量.设平面的法向量为，则，令，则，为平面的一个法向量.（10分）（11分）故平面与平面的锐二面角的余弦值为,所以平面与平面的锐二面角为（12分）21. （本小题满分12分）已知函数（1）求f（x）的最大值及取得最大值时的x集合；（2）设ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=1，f（A）=0求b+c的取值范围参考答案：解：（1）f（x）=1sin2x+2cos2x=cos2xsin2x+2 =2cos（2x+）+2，1cos（2x+）1，02cos（2

13、x+）+24，f（x）的最大值为4（2分）当2x+=2k（kZ），即x=k（kZ）时，函数f（x）取得最大值，则此时x的集合为x|x=k，kZ；（4分）（2）由f（A）=0得：2cos（2A+）+2=0，即cos（2A+）=1，2A+=2k+（kZ），A=k+（kZ），又0A，A=，（6分）a=1，sinA=，由正弦定理=得：b=sinB，c=sinC，（8分）又A=，B+C=，即C=B，b+c=（sinB+sinC）=sinB+sin（B）=（sinB+cosB+sinB）=2（sinB+cosB）=2sin（B+），（10分）A=，B（0，），B+（，），sin（B+）（，1，则b+c的取值范围为（1，2（12分）22. （文）（本题满分14分）现有编号分别为1，2，3的三个不同的基本题和一道附加题，甲同学从这三个基本题