1、威远中学高2023 届高三第二次月考（半期考试）数学（理科） 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟. 第卷 （选择题 共60分）一、 选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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（ ）ABCD2已知命题p：若，则；命题q：，.那么下列命题为真命题的是（ ）ABCD 3已知向量，若，且，则实数（ ）A B C D4若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（）A10B20C30D1205各项为正数且公比为的等比数列中，成等差数列，则的值为（ ）ABCD6函数的图象大致为（
2、 ）A B C D7把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过分钟后物体的温度可由公式求得.其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的大于的常数.现有的物体，放在的空气中冷却，分钟以后物体的温度是，则约等于（参考数据：）（ ）ABCD8某一天的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、生物六门课，如果数学只能排在第一节或者最后一节，物理和化学必须排在相邻的两节，则共有（ ）种不同的排法.ABCD9把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数g的图象，已知函数g=Asin（x+）（A0，0，|）的部分图象如图所示，则f（x）=
3、（ ）Asin（4x+）Bsin（4x+）Csin（x+）Dsin（x+）10设函数定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，则下列结论错误的是（ ）AB为奇函数C在上为减函数D的一个周期为811实数满足，则的最小值为（ ）ABCD12已知定义在上的偶函数的导函数为，当时，且，则不等式的解集为（ ）ABCD第卷 （非选择题 共90分）二、 填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答题卡相应位置上.13已知，则_14若向量满足，则_.15. 写出a的一个值，使得直线是曲线的切线，则a=_.16函数，已知且对于任意的都有，若在上单调，则的最大值为_三、解答题（本大题共6小题，共70分
4、.17题-21题各12分，22题10分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（本小题满分12分）已知.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的单调递增区间.18（本小题满分12分）已知等比数列的各项都为正数，(1)求；(2)若，求数列的前项和19（本小题满分12分）的内角A，B，C所对的边分别为（1）求A的大小；（2）M为内一点，的延长线交于点D，_，求的面积请在下面三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使存在，并解决问题M为的重心，；M为的内心，；M为的外心，20（本小题满分12分）某企业有甲、乙两条生产线，其产量之比为 .现从两条生产线上按分层抽样的方法得到一个样本，其部分统
5、计数据如表（单位：件），且每件产品都有各自生产线的标记.产品件数一等品二等品总计甲生产线乙生产线总计(1)请将列联表补充完整，并根据独立性检验估计；大约有多大把握认为产品的等级差异与生产线有关?(2)为进一步了解产品出现等级差异的原因，现将样本中所有二等品逐个进行技术检验（随机抽取且不放回）.设甲生产线的两个二等品恰好检验完毕时，已检验乙生产线二等品的件数为，求随机变量的分布列及数学期望.参考公式：.21（本小题满分12分）已知，（1）求的单调区间；（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围22（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，伯努利双纽线（如图）的普通方程为，直线的参数方程为（其中，为参数
6、）. (1)以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，求和的极坐标方程；(2)设，是与轴的交点，是与的交点（四点均不同于），当变化时，求四边形的最大面积.威远中学高2023 届高三第二次月考（半期考试）数学（理科）参考答案题号123456789101112答案CBDBCDADDCAA1C【详解】由题意知，所以.故选：C2B【详解】对于命题p：因为是单调递增函数，故时，则，因此命题p为真命题，则为假命题，对于命题q：当时，故q为假命题，故为真命题，因此为假命题，为真命题，为假命题，为假命题，故选：B3D【详解】因为向量，所以，又，所以，解得4B【详解】根据题意可得，解得， 则展开式的通项为，令，
7、得，所以常数项为：.故选：B.5. C【详解】因为成等差数列，所以，即，所以，解得或（舍去），故选:C.6D【详解】解：因为，所以，解得，则的定义域为，关于原点对称，由可得，发现，故为奇函数，故B错误；当且无限接近0时，所以此时，故A错误；因为当即，解得，所以在轴正半轴的第一个零点是，第二个零点是，第三个零点是，第四个零点是，第五个零点是，所以在第四个零点和第五个零点之间不可能一直递增，故C错误；故选：D7A【详解】解：由题意得，两边取自然对数得，所以，故选：A8D【详解】若数学只能排在第一节或者最后一节，则数学的排法有种，物理和化学必须排在相邻的两节，将物理和化学捆绑，与语文、英语、生物三门
8、课程进行排序，有种排法. 由分步乘法计数原理可知，共有种不同的排法.故选：D.9D【详解】先根据函数图像求函数g=Asin（x+）得解析式，由振幅可得，显然，所以，所以，所以，所以，再由，由|可得，所以，反向移动先向左平移个单位长度可得，再横坐标缩短到原来的2倍可得，故选：D10C【详解】由题设，则关于对称，所以，即，则，即，由，则关于对称，所以，即，综上，则，故，即易知的周期为8，D正确；，A正确；由，而为奇函数，故为奇函数，B正确；由时递增，则时递增，显然C错误.故选：C11A【详解】由题意得，即点在直线上，点在曲线上，表示两点距离的平方，不妨设，则到直线的距离为，故的最小值为，当时取等号
9、.故选：A12A【详解】当时，所以当时，令，则当时，故在时，单调递减，又因为在在R上为偶函数，所以在R上为奇函数，故在R上单调递减，因为，所以，当时，可变形为，即，因为在R上单调递减，所以，解得：，与取交集，结果为；当时，可变形为，即，因为在R上单调递减，所以，解得：，与取交集，结果为；综上：不等式的解集为. 故选：A13解：由题意得：，故答案为：14解：，. 故答案为：.15.解：设切点为，直线恒过定点，则，则，可得其中一个根，此时，得. 故答案为： （答案不唯一）16解：因为函数，且，所以，在上单调，所以，所以，而，当，所以，函数在不单调，舍去；当，舍去；当，所以，函数在不单调，舍去；当，
10、所以，函数在单调，所以的最大值为517. （1）解， .（2）解：令，解得，的单调递增区间为，.18解：（1）设数列的公比为由，得，两式相除，得，即，解得或，所以 ；（2）则 19解：（1），即由正弦定理得，即，又，（2）设外接圆半径为R，则根据正弦定理得，若选：M为该三角形的重心，则D为线段的中点且，又，即，（*） 又由余弦定理得，即，（_）联立（*）（_）解得，；若选：M为的内心，由得，即，由余弦定理可得，即，即， 若选：M为的外心，则为外接圆半径，与此矛盾，故不能选.20. 解：(1)由题意可得，一共抽样50个，产量之比为 ，按分层抽样抽取，故甲生产线抽取，乙生产线抽取，故甲生产线抽取一
11、等品40-2=38，乙生产线抽取二等品10-7=3，填表如下：产品件数一等品二等品总计甲生产线3840乙生产线310总计455所以，故有97.5把握认为产品的等级差异与生产线有关.(2)依题意得，检验顺序的所有可能为甲甲乙乙乙，甲乙甲乙乙，乙甲甲乙乙，甲乙乙甲乙，乙甲乙甲乙，乙乙甲甲乙，甲乙乙乙甲，乙甲乙乙甲，乙乙甲乙甲，乙乙乙甲甲，共10种可能.的所有可能取值为：0，1，2，3.故，则的分布列为：0123P所以21. 解：（1）由题意可得，求导可得，可得或（舍），当时，为增函数，当时，为减函数，所以单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（），由可得，考查函数，由可得，所以在上为增函数，而时，故存在使得，所以，为减函数，当，为增函数，所以恒成立只要，由可得，由，所以，解得，所以的取值范围为.22. 解：(1)由，则为，的极坐标方程为，由题设，应用消参法可知：直线普通方程为，则的极坐标方程为且.(2)由题设，当时有，即，又且是过原点的直线，结合伯努利双纽线的对称性知：，的横纵坐标互为相反数，若在第一象限，则在第三象限，联立、，有，则且，又，而，故当时有最大.
