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2022-2023学年广东省广州市高三上学期8月月考数学试题及答案.doc

发布时间：2023-12-06 发布人：admin 分类：说明书 资料大小：3.16M 资料格式：doc 举报 版权申诉
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    2022-2023 学年广东省广州市高三上学期 8 月月考数学试题 及答案 一､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.   1,2,3,4,5,6,7,8,9 A    1,2,3,5 ，  B   1,2,4,6,7,8 ，则 ， U   B  U 1. 若全集   痧 U A  A.  【答案】C 【解析】 （ ） B.   3,4,5,6,7,8,9 C.  9 D.  1,2 A 痧 【分析】求出 U  {4,6,7,8,9}, B  {3,5,9} U ，根据集合的交集运算即可求得答案. A 痧 【详解】由题意可得 U 故  痧 U  B  {9} A  U ，  {4,6,7,8,9}, B  {3,5,9} ， U 故选：C 2. 已知 0,  x y  ， , x a b y 成等差数列， , 0 x c d y 成等比数列，则 , , , , 2 ) ( a b  cd 的最小值是 B. 1 C. 2 D. 4 A. 0 【答案】D 【解析】 【详解】解：∵x，a，b，y 成等差数列，x，c，d，y 成等比数列 根据等差数列和等比数列的性质可知：a+b=x+y，cd=xy， 2 ) ( a b  cd ( x  2 ) y  xy (2  2 ) xy xy  4 当且仅当 x=y 时取“=”， 3. 记 :p“方程 m   1 2 x   3   m y 2  表示椭圆”， :q“函数  1 f x   3 x   m  2  2 x  x 1 3 无极值”，则 p是 q的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充 分也不必要条件
    【答案】B 【解析】 【分析】先利用 p 命题和q命题各自推出 m 的范围，接着利用小集合推出大集合得到答案 【详解】由 p 可得 1 0 m     3 0 m        1 3 m m  ，解得1 3m  且 2m  ， 所以 m 的取值范围为 1 m m  且 3 2m  由 :q “函数  f x   3 x   m  2  2 x 1 3  无极值”可得   x x f   x 2 2   m  2  x  1 结合开口向上，可得抛物线与 x 轴最多一个交点， 所以   4  m  2 2   ，解得1 4 0 3m  所以 m 的取值范围为 m 1 m   3 m  且 2m  因为 1 m 所以 p 是 q的充分不必要条件 3   m 1  m   3 故选：B 4. 2008 年北京奥运会游泳中心(水立方)的设计灵感来于威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫 是对开尔文胞体的改进，开尔文体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成(其中每一个 顶点处有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体共有 24 个顶点，且棱长为 1，则该多 面体表面积是（ ） A. 9 3 6 B. 9 3 8 C. 12 3 6 D. 12 3 8 【答案】C 【解析】
    【分析】由已知得最多有 6 个正方形，最少有 4 个正六边形，1 个正六边形与 3 个正方形相 连，所以该多面体有 6 个正方形，正六边形有8 个，分别求得正方形和正六边形的面积可得 答案. 【详解】棱长为 1 的正方形的面积为1 1 1   ，正六边形的面积为 1 2 6 1 1     3 2  3 3 2 ， 又正方形有 4 个顶点，正六边形有 6 个顶点，该多面体共有 24 个顶点，所以最多有 6 个正 方形，最少有 4 个正六边形，1 个正六边形与 3 个正方形相连， 所以该多面体有 6 个正方形，正六边形有 6 4 3 8    个， 所以该多面体的表面积为 3 3 2 8  +6 12 3+6  ， 故选：C. 5. 四名同学各掷骰子五次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可 以判断出一定没有出现点数 6 的是（ ）． A. 平均数为 3，中位数为 2 B. 中位数为 3，众数为 2 C. 平均数为 2，方差为 2.4 D. 中位数为 3，方差为 2.8 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意举出反例，即可得出正确选项． 【详解】解：对于 A，当投掷骰子出现结果为 1，1，2，5，6 时，满足平均数为 3，中位 数为 2，可以出现点数 6，故 A错误； 对于 B，当投掷骰子出现结果为 2，2，3，4，6 时，满足中位数为 3，众数为 2，可以出 现点数 6，故 B错误； 对于 C，若平均数为 2，且出现 6 点，则方差 S2＞ 1 5 （6﹣2）2＝3.2＞2.4， ∴平均数为 2，方差为 2.4 时，一定没有出现点数 6，故 C正确； 对于 D，当投掷骰子出现结果为 1，2，3，3，6 时，满足中位数为 3， 平均数为： x ＝ 方差为 S2＝ 1 5 1 5 （1+2+3+3+6）＝3 [（1﹣3）2+（2﹣3）2+（3﹣3）2+（3﹣3）2+（6﹣3）2]＝2.8，可以出现 点数 6，故 D错误． 故选：C．
        的展开式中 2x 的系数是（ x  1 9  ） B. 84 C. 120 D. 210 6.  1  2 x   1   3 x  A. 45 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，组合数的性质，求得含 2x 项的系数． 【详解】解： (1  2 x ) (1   3 x )   的展开式中， (1 9 x ) 含 2x 项的系数为 2 2 C C C   2 3 2 4  2 C 9  3 C 10 120  ， 故选：C． 7. 若空间中经过定点 O的三个平面，，两两垂直，过另一定点 A作直线 l与这三个 平面的夹角都相等，过定点 A作平面和这三个平面所夹的锐二面角都相等.记所作直线 l 的条数为 m，所作平面的个数为 n，则 m n  （ ） B. 8 C. 12 D. 16 A. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的对称性可知，正方体的四条对角线满足与三个平面，，所成 角都相等，将不过 A 点的三条对角线平移到过 A 即可求出 4m  ，过 A分别作与正四面体 O B CD 1  1 四个面平行的平面即可，根据题意可求出 4n  ，即可得出答案. 【详解】将，， 放入正方体 OBCD A B C D 1 1 1  1 ，根据对称性可知，对角线 1OC 分别 与三个平面，， 所成角都相等，对角线 1BD 分别与三个平面，，所成角都相 等， 因为平面 1 / / BC 平面，所以对角线 1BD 分别与三个平面，，所成角都相等，同理 对角线 1 1 ,B D AC 分别与三个平面，， 所成角都相等， 过点 A分别作 1 1 BD B D AC OC 的平行线，则所作四条平行线分别与三个平面，， , , , 1 1 所成角都相等，所以 4m  . 如下图，正方体的内接正四面体 O B CD 1  1 的四个平面与，，所夹的锐二面角都相
    等，所以过 A分别作与正四面体 O B CD 1  1 四个面平行的平面即可，所以 4n  . 故选：B. 8. 设 ln1.1 a  ， b  0.1e  ， tan 0.1 1 c  ， d  0.4  ，则（ ） A. a    b c d B. a c b d    C. a    b d c D. a c d    b 【答案】B 【解析】 【分析】观察 4 个数易得均与 0.1 有关，故考虑  a x   ln  x  ，   1 b x   e 1x  ，  c x   tan x ，   d x  4  x 在 0.1 x  时的大小关系，故利用作差法，分别构造相减的函数 判断单调性以及与 0 的大小关系即可. 【详解】设  a x   ln  x  ，   1 b x   e  ，  1x c x   tan x ，   d x  4  x ，易得 a   0  b   0  c   0  d   0 . 设 y   d x    b x   4  x  e 1x  ，则令 y   4   x e  有 0 x  4ln  ，故 y   d x    b x  在    ,ln 4     上单调递增. ①因为 4  10        10ln 4  1  ，即 4   3.2  4ln       5 4 10    10     ，故  d 0.1 5    25 16     5    24 16     0.1  b  0.1   d  3 2      0 5     e ，即 104         e ，故  b   0  ，即 d 0 b . ②设 y   b x   c  x   x e 1 tan   x ，则 y   x e  1 2 c os x x e  2 2 cos cos  1 x x ，设
     f x   x e 2 cos x 设  g x    x sin x x f  x e   ，则   1  ，则   1 cos  g x   cos 2 x  2si n x   x e   sin 2 x  2sin x  1  . x  ，故  0 g x    x sin x 为增函数，故   g x g  0 故   x f   x e 0 x   ，即 sin   1   2 2 x   x x . x e     x  2 1  0,0.1 时   0 x  ， f  2  ，当   x  0 cos 0 1 2  f x   x e 2 cos x  为增函数，故  1  f x  0 e   ，故当  x   0,0.1 时 y   b x    c x  为增函数，故  b  0.1  c  0.1   b   0  c   0  ，故b c . 0 ③设 y   c x    a x   tan x  ln  x  1  ， y   1 2 cos  x 1  x 1  2 sin x x   2 1 s co x   x ，易得当 x   0,0.1 时 y  ，故  c 0  0.1  a  0.1   c   0  a   0  ，即 c a . 0 综上 d    b c a 故选：B 【点睛】本题主要考查了构造函数求导根据单调性分析函数大小的问题，需要根据题中所给 的信息判断出需要构造的函数，再求导适当放缩分析函数的单调性，进而得出函数值的大小 即可.属于难题. 二､多选题：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. 18 世纪末期，挪威测量学家威塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运 算具有了几何意义，例如 z OZ ，也即复数 z 的模的几何意义为 z 对应的点 Z 到原点的 距离.下列说法正确的是（ ） A. 若 z  ，则 1 z   或 1 z   i B. 复数 6 5i 与 3 4i    分别对应向量OA  与OB  ，则向量 BA 对应的复数为 9+i C. 若点 Z 的坐标为  1,1 ，则 z 对应的点在第三象限 D. 若复数 z 满足1 z  ，则复数 z 对应的点所构成的图形面积为 2 【答案】BCD 【解析】 【分析】由复数的几何意义对四个选项依次判断即可．
    【详解】对于选项 A，设 z 对于选项 B， 复数 6 5i 与 3 4i 2 b i a b   ，只需 2 a 1  即可，故错误；    分别表示向量OA  与OB ，  表示向量 BA 的复数为 6 5i     ( 3 4i) 9 i   ，故正确； 对于选项 C，点 Z 的坐标为  1,1 ，则 z 对应的点为  1, 1   ，在第三象限，故正确； 对于选项 D，若复数 z 满足1 | z„ | „ ，则复数 z 对应的点在以原点为圆心，内圆半径为 1， 2 外圆半径为 2 的圆环上，故所构成的图形面积为 2    ，故正确； 故选：BCD． 10. 若  f x   sin x  cos x ，则下列说法正确的有（ ） A.  f x 的最小正周期是 π  B. 方程 x   是  f x 的一条对称轴   2 C. D.  f x 的值域为 1, 2      Rx  都满足  a ， 0 b  ，对 f x a     f a x   2 b  ，（a，b是实常数） 【答案】BC 【解析】 【分析】根据 f π =   x  2    f x  ，可判断 A,根据  f x   π =   f x 可判断 B,根据周期性以及 三角函数的性质可判断 C,根据图象可判断 D. 【详解】对 A,因为  f x   sin x  cos x ，所以 f    x  π 2     sin x     π 2     cos x     π 2     cos + sin =  x f x x  ，故 π 2 是  f x 的一个周  期，故最小正周期是 π 是错误的， 对 B，因为   f x sin π π      x  cos  x  π   sin x  cos =  x f x  ，故 x   是  2  f x 的一条对称轴是正确的，  对 C,当 x     π0, 2    时，  f x   sin x  cos x  sin x  cos x  2 sin x   π 4    ，由
        π0, 2    ，则 x      π 4 π 3π, 4 4    ，故 s i n   x   π 4         2 1 ,  2  , 因此 ( ) f x  1, 2     ，由 A 知 是  f x 的周期，故   f x 的值域为 1, 2      ，C 正确， x π 2 对 D,因为当 x     π0, 2    时，  f x   sin x  cos x  sin x  cos x  2 sin x   π 4    ，且 π 2 是  f x 的周期，故画出 ( )  f x 的图象如图： 由图可知， ( ) f x 没有对称中心，故不存在 ,a b ，使得  f x a     f a x   2 b  ，故 D 错误. 故选：BC 11. 已知抛物线 2 y  2 px 上的四点  A 2,2 ， B ，C ， P ，直线 AB ， AC 是圆  M x :  2 2  2 y  的两条切线，直线 PQ 、 PR 与圆 M 分别切于点 Q 、 R ，则下列说法 1 正确的有（ ） A. 当劣弧QR 的弧长最短时， cos QPR   cos QPR  1 3 1 3 B. 当劣弧QR 的弧长最短时， C. 直线 BC 的方程为 2 y x 1 0   D. 直线 BC 的方程为 3 x 6 y   4 0 【答案】BD 【解析】 【分析】对于 AB 选项，当劣弧最短时，即 QMR 最小， QPR 最大， cos QPR 最小， 根据二倍角公式及三角函数可得 cos  QPR 1   2 PM ，设点 2 2  yP 0  2  , y 0    ，求 2PM 的最 小值即可得解；对于 CD 选项，根据相切可得直线 AB 与 AC 的方程，进而可得点 B 与点C 的
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