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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

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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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