2022-2023学年辽宁省大连市第一零第二高级中学高三数学文月考试卷含解析

2022-2023学年辽宁省大连市第一零第二高级中学高三数学文月考试卷含解析一、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.若曲线=·sin+1在=处的切线与直线a+2y+1=0互相垂直，则实数a等于（

）

A、-2

B、-1

C、1

D、2参考答案：D2.设a=cos2°﹣sin2°，b=，c=，则有(

)A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜b参考答案：D【考点】二倍角的正切．【专题】三角函数的求值．【分析】由两角差的正弦公式求a，由二倍角的正切公式求b，由二倍角的正弦公式求c，即可根据正弦函数的单调性和三角函数线的知识比较大小．【解答】解：∵a=cos2°﹣sin2°=sin（30°﹣2°）=sin28°，b==tan（14°+14°）=tan28°，c===sin25°，∵正弦函数在（0°，90°）是单调递增的，∴c＜a．又∵在（0°，90°）内，正切线大于正弦线，∴a＜b．故选：D．【点评】本题主要考查了两角差的正弦公式，二倍角的正切公式，二倍角的正弦公式，正弦函数的单调性和三角函数线的知识应用，属于基础题．3.函数的图象大致是（

）参考答案：C略4.若在上是减函数，则的取值范围是（

）

参考答案：答案：D解析：由题意可知，在上恒成立，即在上恒成立，且要使，需

故答案为，选D5.集合M=｛x||x－3|＜4｝,N=｛x|x2＋x－2＜0，x∈Z},则MN（

）A.{0}

B.{2}

C.

D.

{参考答案：A略6.如图，在三棱锥D﹣ABC中，∠ABC=90°，平面DAB⊥平面ABC，DA=AB=DB=BC，E是DC的中点，则AC与BE所成角的余弦值为（）A． B． C． D．参考答案：B【考点】异面直线及其所成的角．【分析】取AB中点O，以O为原点，过O作BC的平行线为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AC与BE所成角的余弦值．【解答】解：取AB中点O，连结OD，∵在三棱锥D﹣ABC中，∠ABC=90°，平面DAB⊥平面ABC，DA=AB=DB=BC，∴OD⊥平面ABC，以O为原点，过O作BC的平行线为x轴，OB为y轴，OD为z轴，建立空间直角坐标系，设DA=AB=DB=BC=2，又E是DC的中点，∴A（0，﹣1，0），C（2，1，0），B（0，1，0），D（0，0，），E（1，，），=（2，2，0），=（1，﹣，），设AC与BE所成角为θ，则cosθ===．∴AC与BE所成角的余弦值为．故选：B．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间想象能力、运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．7.已知函数，那么在下列区间中含有函数零点的是（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B8.（5分）通过随机询问100名性别不同的小学生是否爱吃零食，得到如下的列联表：由K2=算得K2=≈4.762参照附表，得到的正确结论（

）

A．在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“是否爱吃零食与性别有关”

B．在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“是否爱吃零食与性别无关”

C．有97.5%以上的把握认为“是否爱吃零食与性别有关”

D．有97.5%以上的把握认为“是否爱吃零食与性别无关”参考答案：A【考点】：独立性检验的应用．应用题；概率与统计．【分析】：根据P（K2＞3.841）=0.05，即可得出结论．解：∵K2=≈4.762＞3.841，P（K2＞3.841）=0.05∴在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“是否爱吃零食与性别有关”．故选：A．【点评】：本题考查独立性检验的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．9.设变量满足约束条件，则的最小值为

A.-2

B.-4

C.-6

D.-8参考答案：A略10.某校甲、乙两食堂2013年元月份的营业额相等，甲食堂的营业额逐月增加，并且每月增加值相同；乙食堂的营业额也逐月增加，且每月增加的百分率相同。已知2013年9月份两食堂的营业额又相等，则2013年5月份营业额较高的是 （

）A．甲 B．乙 C．甲、乙营业额相等 D．不能确定参考答案：A略二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.曲线y=x+sinx在点(0，0)处的切线方程是＿＿＿＿．参考答案：略12.有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫．从这5支彩笔中任取3支不同颜色的彩笔，则取出的3支彩笔中含有红色彩笔的概率为________．参考答案：【分析】由古典概型及其概率计算公式得：取出的3支彩笔中含有红色彩笔的概率为，得解．【详解】从这5支彩笔中任取3支不同颜色的彩笔，共有种不同的取法，从这5支彩笔中任取3支不同颜色的彩笔，则取出的3支彩笔中含有红色彩笔，共有种不同的取法，则取出的3支彩笔中含有红色彩笔的概率为，故答案为：．【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式，属简单题．13.选修4-1：几何证明选讲已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为

3cm，4cm，以AC为直径的圆与AB交于点D，则BD＝

.参考答案：由已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3cm，4cm，利用勾股定理得：AB=5cm，再由切割线定理得:，所以BD=cm。14.已知双曲线的右焦点为F，左顶点为A.以F为圆心，FA为半径的圆交C的右支于P，Q两点，的一个内角为60°，则C的离心率为______.参考答案：【分析】由题意可得PA⊥PB，又，△APQ的一个内角为60°，即有△PFB为等腰三角形，PF＝PA＝a+c，运用双曲线的定义和离心率公式，计算即可得到所求．【详解】如图，设左焦点为F1，圆于x轴的另一个交点为B，∵△APQ的一个内角为60°∴∠PAF＝30°，∠PBF＝60°?PF＝AF＝a+c，?PF1＝3a+c，在△PFF1中，由余弦定理可得．?3c2﹣ac﹣4a2＝0?3e2﹣e﹣4＝0?，故答案为：．【点睛】本题考查双曲线的定义、方程和性质，考查直径所对的圆周角为直角，以及等腰三角形的性质，考查离心率公式的运用，属于中档题．15.已知双曲线C：的左、右焦点为F1、F2，过F1且斜率为的直线与C的一条渐近线在第一象限相交于A点，若，则该双曲线的离心率为______.参考答案：3【分析】由得，从而有，再由直角三角形性质得，变形可得.【详解】∵，∴是直角三角形，又是中点，∴，又在双曲线渐近线上，∴，∴，变形可得：，，∴，.故答案为3.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，解题关键是掌握双曲线的性质：即过双曲线的右顶点作轴垂线，交渐近线于点，则，.16.曲线在点(1,1)处的切线方程为________参考答案：略17.如右图，是圆的直径，直线与圆相切于点，

于点，若圆的面积为，，则的长为

．参考答案：1

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.计算下列各式的值：（1）；（2）．参考答案：【考点】有理数指数幂的化简求值；根式与分数指数幂的互化及其化简运算．【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用．【分析】（1）利用有理数指数幂性质、运算法则求解．（2）利用对数性质、运算法则、换底公式求解．【解答】（本小题满分10分）解：（1）；=﹣+﹣2+1…=﹣．…（2）=（log39+log3）×log23+1+2×3=log332×log23+7=+7=5+7=12．…【点评】本题考查的理数指数幂、对数的化简求值，是基础题，解题时要认真审题，注意指数、对数的性质、运算法则和换底公式的合理运用．19.（本小题满分12分）如图，为圆的直径，点在圆上，，矩形所在的平面和圆所在的平面互相垂直，且.(1)求证：;(2)设的中点为，求证：;(3)设平面将几何体分成的两个椎体的体积分别为。参考答案：【知识点】线面垂直的判定；线面平行的判定；空间几何体的体积

G1

G4

G5【答案解析】解：（1）∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF=AB∴CB⊥平面ABEF∵AF平面ABEF∴AF⊥CB因为AB为圆O的直径∴AF⊥BF又因为BF∩CB=B∴AF⊥平面CBF（2） 证明：设DF的中点为N，连接AN,MN则，又，则，为平行四边形，，又平面，平面，平面（3） 过点作于，平面平面，平面，，平面，，【思路点拨】（1）由面面垂直的性质定理可证CB⊥平面ABEF，则AF⊥CB，再由圆的性质得AF⊥BF，进而由线面垂直的判断定理得到AF⊥平面CBF；（2）取DF的中点为N，证明，由线面平行的判断定理即可证出平面；（3）套用椎体的体积公式分别求出两个椎体的体积，即可计算出其比值。20.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠ACB=90°，AC=BC=1，AA1=2，D是棱AA1的中点．

（Ⅰ）求证：B1C1∥平面BCD；（Ⅱ）求三棱锥B﹣C1CD的体积；（Ⅲ）在线段BD上是否存在点Q，使得CQ⊥BC1？请说明理由．参考答案：【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．【分析】（Ⅰ）由ABC﹣A1B1C1为棱柱，可得B1C1∥BC，再由线面平行的判定可得B1C1∥平面BCD；（Ⅱ）由D为棱AA1的中点求出三角形CC1D，再证明BC⊥平面CDC1，即可求得三棱锥B﹣C1CD的体积；（Ⅲ）以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出所用点的坐标，假设在线段BD上存在点Q，使得CQ⊥BC1，求出Q的坐标，由数量积为0得答案．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABC﹣A1B1C1为棱柱，则B1C1∥BC，∵B1C1?平面BCD，BC?平面BCD，则B1C1∥平面BCD；（Ⅱ）解：∵D为棱AA1的中点，∴，∵AA1⊥底面ABC，∴BC⊥AA1，又BC⊥AC，且AC∩AA1=A，∴BC⊥平面CDC1，∴=；（Ⅲ）解：线段BD上存在点Q（），使得CQ⊥BC1．事实上，以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，则C（0，0，0），B（0，1，0），C1（0，0，2），D（1，0，1），假设在线段BD上存在点Q，使得CQ⊥BC1，设Q（x，y，z），再设，则（x，y﹣1，z）=λ（1，﹣1，1），得x=λ，y=1﹣λ，z=λ，则Q（λ，1﹣λ，λ），∴=（λ，1﹣λ，λ），，由，得．∴线段BD上存在点Q（），使得CQ⊥BC1．21.（本小题满分14分）在数列与中，，数列的前项和满足,为与的等比中项，．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求数列与的通项公式；（Ⅲ）设．证明．参考答案：【解】本小题主要考查等差数列的概念、通项公式及前项和公式、等比数列的概念、等比中项、不等式证明、数学归纳等基础知识，考查运算能力和推理论证能力及分类讨论的思想方法．满分14分（Ⅰ）解：由题设有，，解得．由题设又有，，解得．（Ⅱ）解法一：由题设，，，及，，进一步可得，，，，猜想，，．先证，．当时，，等式成立．当时用数学归纳法证明如下：（1）当时，，等式成立．（2）假设时等式成立，即，．由题设，①的两边分别减去②的两边，整理得，从而．这就是说，当时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式对任何的成立．综上所述，等式对任何的都成立．再用数学归纳法证明，．（1）当时，，等式成立．（2）假设当时等式成立，即，那么．这就是说，当时等式也成立．根据（1）和（2）可知，等式对任何的都成立．解法二：由题设①的两边分别减去②的两边，整理得，．所以，，……，．将以上各式左右两端分别相乘，得，由（Ⅰ）并化简得，．止式对也成立．由题设有，所以，即，．令，则，即．由得，．所以，即，．解法三：由题设有，，所以，，……，．将以上各式左右两端