云南省昆明市金所乡中学2022-2023学年高三数学理月考试题含解析

云南省昆明市金所乡中学2022-2023学年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.直线，将圆面分成若干块，现用5种颜色给这若干块涂色，每块只涂一种颜色，且任意两块不同色，共有120种涂法，则的取值范围是（

）A．

B.

C．

D．

参考答案：如图，①当或时，圆面被分成2块，涂色方法有20种；②当或时，圆面被分成3块，涂色方法有60种；③当时，圆面被分成4块，涂色方法有120种，所以的取值范围是，故选A.

2.边长为2的正三角形ABC中，D，E，M分别是AB，AC，BC的中点，N为DE的中点，将△ADE沿DE折起至A′DE位置，使A′M=，设MC的中点为Q，A′B的中点为P，则①A′N⊥平面BCED

②NQ∥平面A′EC③DE⊥平面A′MN④平面PMN∥平面A′EC以上结论正确的是(

) A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④参考答案：C考点：命题的真假判断与应用．专题：空间位置关系与距离；简易逻辑．分析：①由等边三角形的性质可得，可得=A′M2．可得A′N⊥MN，又A′N⊥DE，利用线面垂直的判定定理即可得出．②由于NQ∥AC，利用线面平行的判定定理可得NQ∥平面A′EC；③由①可得A′N⊥平面BCED，A′N⊥DE，又DE⊥MN，利用线面垂直的判定定理即可得出；④由于MN∩平面A′EC=A，因此平面PMN∥平面A′EC不正确．解答： 解：如图所示，①由等边三角形的性质可得，∴=A′M2．∴A′N⊥MN，又A′N⊥DE，ED∩MN=N，∴A′N⊥平面BCED，正确．②∵NQ∥AC，NQ?平面A′EC，AC?平面A′EC，∴NQ∥平面A′EC，正确；③由①可得A′N⊥平面BCED，∴A′N⊥DE，又DE⊥MN，MN∩A′N=N，∴DE⊥平面A′MN，正确；④∵MN∩平面A′EC=A，∴平面PMN∥平面A′EC不正确．综上可得：只有①②③正确．故选：C．点评：本题综合考查了线面面面平行与垂直的判定性质定理、三角形的中位线定理、勾股定理的逆定理，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．3.已知{an}是等比数列，a2=2，a5=，则a1a2+a2a3+…+anan+1（n∈N*）的取值范围是（）A．[12，16] B．[8，] C．[8，） D．[，]参考答案：C【考点】等比数列的性质．【分析】根据已知的由a2和a5的值，利用等比数列的性质即可求出公比q的值，由等比数列的通项公式求出a1的值，进而得到a1a2的值，得到数列{anan+1}为等比数列，由首项和公比，利用等比数列的前n项和公式表示出数列的前n项和，即可得到所求式子的取值范围．【解答】解：由a2=2，a5=，得到q3==，解得q=，且a1==4，所以数列{anan+1}是以8为首项，为公比的等比数列，则a1a2+a2a3+…+anan+1==（1﹣4﹣n），所以a1a2+a2a3+…+anan+1（n∈N*）的取值范围是[8，）．故选C4.若双曲线的一条渐近线与圆至多有一个交点，则双曲线离心率的取值范围是A.

B.

C.

D.参考答案：A5.已知实数x,y满足约束条件的最大值为

（

）

A．20 B．18

C．16

D．12参考答案：A6.已知（

）A．

B．－

C．

D．－参考答案：D7.已知函数的图象关于点对称，且当时，成立，若,则的大小关系为(

)A．

B．

C．

D．参考答案：B8.我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤,中间三尺重几何．”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤？”（

）A．6斤

B．7斤

C．8斤

D．9斤

参考答案：D9.设等差数列的前项和为，、是方程的两个根，则等于（

）A.

B.5

C.-

D.-5参考答案：A10.已知，则（

）A．

B．

C．

D．参考答案：B二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.某高中共有学生900人，其中高一年级240人，高二年级260人，为做某项调查，拟采用分层抽样法抽取容量为45的样本，则在高三年级抽取的人数是

______．参考答案：20高三的人数为400人，所以高三抽出的人数为人。12.若集合A=，B=满足A∪B=R，A∩B=，则实数m=

▲

．参考答案：答案：313.（5分）设向量与的夹角为θ，，，则cosθ等于．参考答案：∵，，∴=（1，2）∴=2+2=4∴cosθ===故答案为：14.在区间上任取一个数，则上的概率为______．参考答案：15.设函数．若，则a=________.参考答案：16.直线l过点(－1,0)，且与直线3x＋y－1＝0垂直，直线l与圆C：(x－2)2＋y2＝1交于M、N两点，则MN＝

▲

．参考答案：17.已知函数f（x）=，当x∈（﹣∞，m]时，f（x）的取值范围为[﹣16，+∞），则实数m的取值范围是．参考答案：[﹣2，8]【考点】分段函数的应用．【分析】x＜﹣2时，函数单调递减，﹣2＜x≤0时，函数单调递增，可得当x=﹣2时，图象在y轴左侧的函数取到极小值﹣16，又当x=8时，y=﹣2x=﹣16，结合条件，即可求出实数m的取值范围．【解答】解：x≤0时，f（x=12x﹣x3，∴f′（x）=﹣3（x+2）（x﹣2），∴x＜﹣2时，函数单调递减，﹣2＜x≤0时，函数单调递增，∴当x=﹣2时，图象在y轴左侧的函数取到极小值﹣16，∵当x=8时，y=﹣2x=﹣16，∴当x∈（﹣∞，m]时，f（x）的取值范围为[﹣16，+∞），则实数m的取值范围是[﹣2，8]．故答案为：[﹣2，8]．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.在极坐标系中，点M的坐标为，曲线C的方程为；以极点为坐标原点，极轴为x轴的正半轴建立平面直角坐标系，斜率为－1的直线l经过点M．(I)求直线l和曲线C的直角坐标方程：(II)若P为曲线C上任意一点，直线l和曲线C相交于A，B两点，求△PAB面积的最大值．参考答案：（1）∵在极坐标系中，点M的坐标为，∴x=3cos=0，y=3sin=3，∴点M的直角坐标为（0，3），

.…………1分∴直线方程为y=﹣x+3，

.…………3分由，得ρ2=2ρsinθ+2ρcosθ，∴曲线C的直角坐标方程为x2+y2﹣2x﹣2y=0，即（x﹣1）2+（y﹣1）2=2

.…………5分（2）圆心（1，1）到直线y=﹣x+3的距离，.…………6分∴圆上的点到直线L的距离最大值为，

.…………7分

而弦.

…………9分∴△PAB面积的最大值为．.…………10分19.（本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲

已知函数

（I）当时，求的解集；（II）若关于的不等式的解集是,求的取值范围．参考答案：(1),.

令.则不等式等价于或或，解之得或，不等式的解集为(2),.由题意,不等式的解集是，则在上恒成立.而故.20.已知函数（k为常数，是自然对数的底数），曲线在点处的切线与y轴垂直．（1）求f(x)的单调区间；（2）设，对任意，证明：．参考答案：（1）的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）证明见解析.试题分析：（1）求出，根据曲线在点处的切线与轴垂直即切线斜率为，求出的值，解即得函数的单调递增区间和递减区间；（2）由于，所以整理得，分别证明时，和，根据（1）可知：当时，由（1）知成立；当时，，，即证，构造函数，利用导数研究其在单调性，求出其在上的最大值即可证得，再构造函数，利用导数求出其最小值，根据不等式的性质即可得到要证明的结论.试题解析：（1）因为，由已知得，∴．所以，设，则，在上恒成立，即在上是减函数，由知，当时，从而，当时，从而．综上可知，的单调递增区间是，单调递减区间是．（2）因为，要证原式成立即证成立，现证明：对任意恒成立，当时，由（1）知成立；当时，，且由（1）知，∴．设，则，当时，，当时，，所以当时，取得最大值．所以，即时，．综上所述，对任意．①令，则恒成立，所以在上递增，恒成立，即，即．②当时，有；当时，由①②式，，综上所述，时，成立，故原不等式成立考点：导数的几何意义、利用导数研究函数在给定区间上的最值及不等式的证明.方法点睛：本题主要考查了导数的几何意义及利用导数研究函数的单调性和通过求给定区间上的最值来证明不等式，考查考生讨论和转化的数学思想，属于难题.本题解答的难点是第二问转化的过程，在第一问解答的基础上，利用不等式的性质把要证明的不等式转化为证明两个不等式，分别构造函数，再利用导数研究其单调性求得其最值，考查了考生应用所学函数、导数、不等式知识解决问题的能力.21.如图（1）所示，已知四边形SBCD是由直角△SAB和直角梯形ABCD拼接而成的，其中∠SAB=∠SDC=90°，且点A为线段SD的中点，AD=2DC=1，AB=SD，现将△SAB沿AB进行翻折，使得二面角S﹣AB﹣C的大小为90°，得到的图形如图（2）所示，连接SC，点E、F分别在线段SB、SC上．（Ⅰ）证明：BD⊥AF；（Ⅱ）若三棱锥B﹣AEC的体积是四棱锥S﹣ABCD体积的，求点E到平面ABCD的距离．参考答案：【考点】LF：棱柱、棱锥、棱台的体积；LO：空间中直线与直线之间的位置关系．【分析】（Ⅰ）推导出SA⊥AD，SA⊥AB，从而SA⊥平面ABCD，进而SA⊥BD，再求出AC⊥BD，由此得到BD⊥平面SAC，从而能证明BD⊥AF．（Ⅱ）设点E到平面ABCD的距离为h，由VB﹣AEC=VE﹣ABC，且=，能求出点E到平面ABCD的距离．【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形SBCD是由直角△SAB和直角梯形ABCD拼接而成的，其中∠SAB=∠SDC=90°，二面角S﹣AB﹣C的大小为90°，∴SA⊥AD，又SA⊥AB，AB∩AD=A，∴SA⊥平面ABCD，又BD?平面ABCD，∴SA⊥BD，在直角梯形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°，AD=2CD=1，AB=2，∴tan∠ABD=tan∠CAD=，又∠DAC+∠BAC=90°，∴∠ABD+∠BAC=90°，即AC⊥BD，又AC∩SA=A，∴BD⊥平面SAC，∵AF?平面SAC，∴BD⊥AF．解：（Ⅱ）设点E到平面ABCD的距离为h，∵VB﹣AEC=VE﹣ABC，且=，∴===，解得h=，∴点E到平面ABCD的距离为．【点评】本题考查