云南省腾冲市2023届高三上学期期中教育教学质量监测数学试题（ 含答案解析 ）

腾冲市2022年秋季学期期中教育教学质量监测高三年级数学试题卷注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的学校、准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算．【详解】，，，，所以，故选：B．2.若复数z满足，其中是虚数单位，则（）.A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据，解得，再由复数模的定义得答案.【详解】由，得，所以.故选：D.3.“”是“”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】B【解析】【分析】由是否得出，判定充分性；由是否推出，判定必要性是否成立．【详解】∵等价于，当或时，不成立；∴充分性不成立；又∵等价于，有；∴必要性成立；∴“”是“”的必要不充分条件．故选：B．4.已知中，，则等于（）A.30° B.30°或150° C.60° D.60°或120°【答案】D【解析】【分析】由正弦定理，求得，再由，且，即可求解，得到答案.【详解】由题意，在中，由正弦定理可得，即，又由，所以，且，所以或，故选：D.5已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的诱导公式，和差公式，辅助角公式及平方关系即可求解.【详解】，则；因为，故.故选：A.6.纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中的纳皮尔比拟式､纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数表，可以利用对数表查询出任意对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出；现有一杯温度为70℃的温水，放在空气温度为零下10℃的冷藏室中，则当水温下降到10℃时，经过的时间约为（）参考数据：，.A.3.048分钟 B.4.048分钟 C.5.048分钟 D.6.048分钟【答案】C【解析】【分析】先将已知数据代入公式，再用对数运算性质得到，用换底公式将为底的对数换成为底的对数，代入已知对数值计算即可.【详解】依题意，，，，代入公式得：（分钟），故选：C.7.已知，若在上恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出，在上的图象，当的图象在的图象的上方时，分析此时的取值范围即可.【详解】作出，在上的图象如下图所示：因为在上恒成立，所以的图象在的图象的上方（可以部分点重合），且，令，所以，所以，根据图象可知：当经过点时，有最小值，，当经过点时，有最大值，，综上可知的取值范围是，故选：C.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是采用数形结合思想解决问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.8.已知，则的大小关系为（）A B.C. D.【答案】A【解析】分析】通过构造函数，同除以6可变形得，利用导数研究增减性，即可判断大小.【详解】，，，令，则，当，，单调递增；当，，单调递减，，，，，∴，故选：A．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法错误的是（）A.已知命题，则为B.“”是“”的充分不必要条件C.的充要条件是存在唯一的实数，使D.已知都是实数，则“”是“”的充要条件【答案】ACD【解析】【分析】根据全称量词命题的否定、充分与必要条件、三角函数、向量共线、对数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，的否定是：，A选项错误.B选项，或，所以“”是“”的充分不必要条件，B选项正确.C选项，若是非零向量，是零向量，则，但不存在使得，所以C选项错误.D选项，对于“”有，对于“”，不一定都是正数，所以D选项错误.故选：ACD10.下列不等式不一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】利用特殊值及基本不等式判断各选项.【详解】时，，，，A不一定成立；当时，，时，，B不一定成立；，当且仅当时等号成立，C一定成立；，因此，时，，D不一定成立，故选：ABD．11.已知函数的图象过点，下列说法中正确的有（）A.若，则在上单调递减B.若在上有且仅有4个零点，则C.若把的图象向左平移个单位后得到的函数为偶函数，则的最小值为2D.若，且在区间上有最小值无最大值，则【答案】ABC【解析】【分析】图象过点，求出，A选项利用整体代入法验证单调区间；由零点个数求参数范围验证选项B；根据平移求出函数解析式，由偶函数求出的取值，得最小值验证选项C；由条件中的最小值点和周期范围求的值验证选项D【详解】函数的图象过点，则有，由，得，有.若，则，时，有，是正弦函数的单调递减区间，所以在上单调递减，A选项正确；时，，若在上有且仅有4个零点，则有，解得，B选项正确；把的图象向左平移个单位后得到函数的图象，由函数为偶函数，有，解得，又，则的最小值为2，C选项正确；若，且在区间上有最小值无最大值，，则有，解得，则或，D选项错误．故选：ABC12.已知的定义域为，且对任意，有，且当时，，则（）A. B.的图象关于点中心对称C.在上不单调 D.当时，【答案】AD【解析】【分析】由赋值法与函数单调性，对称性的定义对选项逐一判断【详解】法一：取特殊函数取函数符合题意，验证A，D正确，B，C错误法二：抽象函数运算对于A，令，可得，因，所以，故A正确，对于C，令可得，设，令所以，即即在上单调递增，故C错误，对于B，令，可得，因所以，所以的图象没有关于点中心对称，故B错误，对于D，当时，令，此时，因，所以，故D正确，故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的图像在点处的切线方程为________．【答案】【解析】【分析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.【详解】依题知点为切点，，，，，因此，所求切线的方程为，即.故答案为：14.在中，为上一点，，为上任一点，若，则的最小值是_____________.【答案】.【解析】【分析】由已知结合向量的共线定理，求得，然后结合基本不等式，即可求解.【详解】因为，且为上任一点，可得，如图所示，由三点共线，可得，其中，则，当且仅当且时，即时，等号成立，所以的最小值是.故答案为：.15.设函数，则满足的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】通过构造奇函数，结合函数的单调性来求得不等式的解集.【详解】构造函数，，，所以是奇函数，，当且仅当时取等号,所以在上单调递增，由，得，，则，所以的取值范围是.故答案为：16.已知函数，________，方程的实数根的个数为________．【答案】①.##②.【解析】【分析】根据分段函数的解析式求得；由先分解因式，然后根据分段函数解析式求得其实根的个数.【详解】.由得，所以或，对于，由于，所以无解.对于，则或，解得或或，所以方程的实数根的个数为.故答案为：；四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图，在四边形中，，，，.（1）求；（2）若，求的长.【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）先求出，在中结合正弦定理求解即可；（2）根据题中条件运用二倍角公式求出的值，然后在中结合余弦定理求解即可.【小问1详解】因为，，所以，在中，根据正弦定理知，，即，解得.【小问2详解】因为且，所以.因为，所以，在中，由余弦定理知，，即，所以，即，解得或（舍去），所以的长为3.18.如图，在四棱锥中，平面平面，，，是等腰直角三角形，是顶角.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据是等腰直角三角形得，再由平面平面，，可得，进而平面，可证平面平面.（2）建立空间直角坐标系后，利用向量法求二面角的余弦值.【小问1详解】因为平面平面，，又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为是等腰直角三角形，是顶角，所以,又，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】取的中点，连接，，因为是等腰直角三角形，是顶角，所以，又平面平面，平面，所以平面，在四边形中，，，又，所以，故如图以为中心，分别以，，为方向建立空间直角坐标系，则，，，则，，，分别设平面和平面的法向量为，，则，，即，令得，，故令得，，故设二面角的一个平面角为，则，所以二面角的余弦值为.19.已知数列中，为的前项和，，，.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）.（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知得，即有，两式相减得，根据等比数列的定义得数列为第二项起为等比数列，由等比数列的通项公式可得答案；（2）由（1）得，运用错位相减法和数列的单调性可得证.【小问1详解】解：当时，，，得，两式相减得，，即有，即为数列为第二项起为等比数列，则，，，即有；【小问2详解】解：，得，则，即有前项和为，，两式相减可得，，化简得，由于各项大于0，得，由不等式的性质可得.故20.袋中有大小､质地完全相同的五个小球，小球上面分别标有0，1，2，3，4.（1）从袋中任意摸出三个球，标号为奇数的球的个数记为X，写出X的分布列；（2）从袋中一次性摸两球，和为奇数记为事件A，有放回地摇匀后连摸五次，事件A发生的次数记为Y，求Y的分布列､数学期望和方差.【答案】（1）答案见解析（2）分布列答案见解析，，【解析】【分析】（1）求出X的所有可能取值及对应的概率，求出分布列；（2）得到，求出分布列，得到数学期望和方差.【小问1详解】由题可得X的所有可能取值为0，1，2则X的分布列为X012P【小问2详解】由题易知，因Y服从二项分布则Y的分布列为Y012345P∴，21.已知椭圆的右焦点为F，离心率，点F到左顶点的距离为3.（1）求椭圆C的方程；（2）已知四边形为椭圆的内接四边形，若边过坐标原点，对角线交点为右焦点F，设的斜率分别为，试分析是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，定值为【解析】【分析】（1）由题意列出a,b,c的等量关系可得解；（2）设A,B坐标，写出AF方程与椭圆方程联立，可得点C坐标，同理得点D坐标，然后写出斜率公式进行化简可得定值.【小问1详解】由题意知，，所以椭圆方程为.【小问2详解】设，则可得：代入椭圆方程整理得由代入上式得，是方程的一个解∴点C的横坐标，又因为在直线上∴，同理：∵，∴，即∴为定值，定值.22.已知函数.（1）若，求函数在上的单调区间；（2）求证：.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）利用导数证明，令，则，即可得到，再证明对任意，，构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证；小问1详解】解：依