2022-2023学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三数学理月考试题含解析

2022-2023学年江苏省宿迁市泗阳县致远中学高三数学理月考试题含解析一、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.某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的值是，则a的值是（

）A.7 B.6 C.5 D.4参考答案：D分析】模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的，的值，当时，根据题意，此时应该满足条件，退出循环，输出的值为，从而得解．【详解】模拟执行程序框图，可得，不满足条件，，不满足条件，，不满足条件，，不满足条件，，根据题意，此时应该满足条件，退出循环，输出的值为．故选：．【点睛】本题主要考查了循环结构，根据的值正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于基础题．2.执行如图所示的程序框图，如果输出的是，那么输入的正整数是（

）A.

B.

C.

D.参考答案：D3.已知R是实数集，，则N∩?RM=（）A．（1，2） B．[0，2] C．? D．[1，2]参考答案：B【考点】交集及其运算；补集及其运算；函数的值域；其他不等式的解法．【分析】先化简2个集合M、N到最简形式求出M，N，依照补集的定义求出CRM，再按照交集的定义求出N∩CRM．【解答】解：∵M={x|＜1}={x|x＜0，或x＞2}，N={y|y=}={y|y≥0}，故有N∩CRM={y|y≥0}∩{x|x＜0，或x＞2}=[0，+∞）∩（（﹣∞，0）∪（2，+∞））=[0，2]，故选B．4.的递增区间是

（

）

A．

B． C．

D．参考答案：答案：A5.函数的定义域为（

）A.(,1)

B.(,∞) C.（1，+∞） D.(,1)∪（1，+∞）参考答案：A6.某四面体的三视图如下图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中最大面积是（

）A．

B．4

C．

D．参考答案：C7.某中学高中一年级有人，高中二年级有人，高中三年级有人，现从中抽取一个容量为人的样本，则高中二年级被抽取的人数为(

)A．

B．

C．

D．参考答案：D8.如图是根据我国古代数学专著《九章算术》中更相减损术设计的程序框图，若输入的，，则输出的a=（

）A.2 B.3 C.6 D.8参考答案：C【分析】更相减损术求的是最大公约数，由此求得输出的值.【详解】由于更相减损术求的是最大公约数，和的最大公约数是，故输出，故选C.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查更相减损术求最大公约数，属于基础题.9.设F为双曲线的右焦点，过E的右顶点作x轴的垂线与E的渐近线相交于A，B两点，O为坐标原点，四边形OAFB为菱形，圆与E在第一象限的交点是P，且，则双曲线E的方程是（

）A． B． C． D．参考答案：D双曲线的渐近线为，过的右顶点作轴的垂线，易知这条直线与渐近线的交点为，，∴，又为坐标原点，四边形为菱形，即，得，，，，即双曲线，排除A、C．∵圆与在第一象限的交点是，且，∴联立，得点，∴，得，由可知，∴双曲线方程，故选D．10.已知正三棱柱ABC-A1B1C1，，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为（

）A．0 B． C． D．参考答案：C以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC为y轴，以AA1为z轴，建立空间直角坐标系，设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长为2，则A（0，0，0），B1（，1，2），A1（0，0，2），C（0，2，0），=（），=（0，2，﹣2），设异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值为θ，则cosθ===．∴异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值大小为．故选：A．

二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.根据如图的伪代码，输出的结果T为．参考答案：100【考点】EA：伪代码．【分析】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加并输出满足条件T=1+3+5+7+…+19时，T的值．【解答】解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加并输出满足条件T=1+3+5+7+…+19值．∵T=1+3+5+7+…+19==100，故输出的T值为100．故答案为：100．12.设全集为，集合，集合，则()=

参考答案：【知识点】交、并、补集的混合运算A1【答案解析】{x|3＜x＜4}解析：解：∵集合B={x|x﹣3≤0}={x|x≤3}，全集为R，∴RB={x|x＞3}，又∵A={x|1＜x＜4}，∴A∩（RB）={x|3＜x＜4}，故答案为：{x|3＜x＜4}【思路点拨】根据已知中，全集为R，集合A={x|1＜x＜4}，集合B={x|x﹣3≤0}，进而结合集合交集，并集，补集的定义，代入运算后，可得答案．13.（5分）在三角形ABC中，已知AB=4，AC=3，BC=6，P为BC中点，则三角形ABP的周长为．参考答案：7+【考点】：余弦定理；正弦定理．【专题】：解三角形．【分析】：如图所示，设∠APB=α，∠APC=π﹣α．在△ABP与△APC中，由余弦定理可得：AB2=AP2+BP2﹣2AP?BPcosα，AC2=AP2+PC2﹣2AP?PCcos（π﹣α），可得AB2+AC2=2AP2+，代入即可得出．解：如图所示，设∠APB=α，∠APC=π﹣α．在△ABP与△APC中，由余弦定理可得：AB2=AP2+BP2﹣2AP?BPcosα，AC2=AP2+PC2﹣2AP?PCcos（π﹣α），∴AB2+AC2=2AP2+，∴42+32=2AP2+，解得AP=．∴三角形ABP的周长=7+．故答案为：7+．【点评】：本题考查了余弦定理的应用、中线长定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．14.两部不同的长篇小说各由第一、二、三、四卷组成，每卷1本，共8本．将它们任意地排成一排，左边4本恰好都属于同一部小说的概率是

（结果用分数表示）．参考答案：15.已知函数y=f(x)在点（2，f(2)）处的切线方程为y=-3x+1则f(2)+(2)=

参考答案：

-816.一个几何体的三视图如图1，则该几何体的体积为． 参考答案：17.（文）依此类推，第个等式为．参考答案：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.求证：16<4Σ<17．参考答案：证明：=<=2(－)，同时>=2(－)．于是得280Σ(－)<80Σ<1+280Σ(－)即16<80Σ<1+2(－1)<1+2(9－1)=17．19.已知函数的图像在处的切线过点.（1）若函数，求的最大值（用表示）；（2）若，，证明：.参考答案：（1）由，得，的方程为，又过点，∴，解得.∵，∴，当时，，单调递增；当时，，单调递减.

故.（2）证明：∵，∴，，∴令，，，令得；令得.∴在上递减，在上递增，∴，∴，，解得：.20.已知如图5，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为矩形，且PA=AD=1,AB=2,,.(1)求证：平面平面；(2)求三棱锥D－PAC的体积；(3)求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值．

图5参考答案：(1)证明：∵ABCD为矩形∴且--------------------------------------1分∵

∴且

--------------------2分∴平面,又∵平面PAD∴平面平面-----------------------------------------5分(2)∵----------------------------------7分由（1）知平面，且

∴平面-------------8分∴----10分（3）解法1：以点A为坐标原点，AB所在的直线为ｙ轴建立空间直角坐标系如右图示，则依题意可得,,可得,----------------------------12分平面ABCD的单位法向量为，设直线PC与平面ABCD所成角为，则∴，即直线PC与平面ABCD所成角的正弦值.---------------------14分解法2：由（1）知平面，∵面∴平面ABCD⊥平面PAB,在平面PAB内，过点P作PE⊥AB，垂足为E，则PE⊥平面ABCD，连结EC，则∠PCE为直线PC与平面ABCD所成的角-------------12分在Rt△PEA中，∵∠PAE=60°，PA=1，∴,又∴在Rt△PEC中.即直线PC与平面ABCD所成角的正弦值.--------14分略21.气象部门提供了某地今年六月份（30天）的日最高气温的统计表如下：日最高气温t(单位：℃)t22℃22℃<t28℃28℃<t32℃℃天数612

由于工作疏忽，统计表被墨水污染，Y和Z数据不清楚，但气象部门提供的资料显示，六月份的日最高气温不高于32℃的频率为0.9．某水果商根据多年的销售经验，六月份的日最高气温t(单位：℃)对西瓜的销售影响如下表：日最高气温t(单位：℃)t22℃22℃<t28℃28℃<t32℃℃日销售额（千元）25

68(Ⅰ)求，的值；(Ⅱ)若视频率为概率，求六月份西瓜日销售额的期望和方差；(Ⅲ)在日最高气温不高于32℃时，求日销售额不低于5千元的概率．参考答案：解：(Ⅰ)由已知得：

．

……4分(Ⅱ)2568P0.20.40.30.1六月份西瓜销售额X的分布列为

．……9分(Ⅲ),由条件概率得：=．……12分略22.给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”．（1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4；（2）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”；（3）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由．参考答案：（1）见解析（2）见解析（3）不存在，见解析【分析】（1）根据定义取恰当的值进行变换得解；（2）结合（1）进行归零变换的过程，可以考虑构造数列，经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…，进行变换Tk（ck）时，，依次变换即可得证；（3）利用数学归纳法证明该数列不存在“n﹣1次归零变换”.【详解】（1）方法1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0，0．方法2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0，0，0，0．．…（2）经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…．取，则，即经T1（c1）后，前两项相等；取，则，即经T2（c2）后，前3项相等；…设进行变换Tk（ck）时，其中，变换后数列变为，则；那么，进行第k+1次变换时，取，则变换后数列变为，显然有；…经过n﹣1次变换后，显然有；最后，取，经过变换Tn（cn）后，数列各项均为0．所以对任意数列，都存在“n次归零变换”．（3）不存在“n﹣1次归零变换”．证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换Tj（cj）时，cj＜min{a1，a2，…，an}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj+1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|＝|ai﹣（cj+cj+1）|，即等价于一次变换Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步Tj（cj）时，cj＞max{a1，a2，…，an}；此变换步数也不是最小．由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的ci满足min{a1，a2，…，an}≤ci≤max{a1，a2，…，an}．以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n﹣1次归零变换”．（1）当n＝2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立．（由（2）可知，存在“两次归零变换”变换：）（2）假设n＝k时成立，即1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”．当n＝k+1时，假设