2023维吾尔自治区乌鲁木齐第101中学高三下学期2月月考试题数学（文）含解析

这是一份2023维吾尔自治区乌鲁木齐第101中学高三下学期2月月考试题数学（文）含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，十七世纪之交，随着天文，解答题等内容，欢迎下载使用。
乌鲁木齐市第101中学2022-2023学年高三下学期2月月考 文科数学试题总分150分 考试时间120分钟一、单选题（共12小题每题5分共60分）1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．若复数z满足，则在复平面内复数z对应的点Z位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，则（ ）．A． B． C． D．4．某小学六年级一班学生期末测试数学成绩统计如图所示，则该班学生测试成绩的中位数为A．77.5 B．76.5 C．77 D．765．如果满足约束条件，则的最小值为（    ）A．-3 B．8 C．9 D．36．在平面上，一动点到一定点的距离与它到一定直线的距离之比为1，则动点的轨迹是（    ）A．抛物线 B．直线C．抛物线或直线 D．以上结论均不正确7．元代数学家朱世杰的数学名著《算术启蒙》是中国古代代数学的通论，其中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等.下图是源于“松竹并生”问题的一个程序框图，则计算机输出的结果是（    ）A．6 B．5 C．4 D．38．函数的大致图象为A． B．C． D．9．长方体中，，，上底面的中心为，当点在线段上从移动到时，点在平面上的射影的轨迹长度为（    ）A． B． C． D．10．数列，满足，，，则数列的前n项和为（    ）A． B． C． D．11． 的最大值为A．1+ B．3 C．2+ D．412．正方体的棱长为3，点E，F分别在棱上，且，，下列几个命题：①异面直线与垂直；②过点B，E，F的平面截正方体，截面为等腰梯形；③三棱锥的体积为④过点作平面，使得，则平面截正方体所得的截面面积为．其中真命题的序号为（    ）A．①④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④ 二、填空题（共16分）13．2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明传承久远的诗歌、现代生活的画面和谐统一起来．我国古人将一年分为24个节气，如图，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始．已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中秋分到大雪的日晷长之和为___________尺．14．现在学校开了物理、化学、生物、政治、历史、地理六门学科，小茗同学将来准备报考的高校某专业要求必须选择物理，其它两门课可以任意选择，则小茗同学有______种不同的选科方法用数字作答．15．已知△AOB的顶点坐标分别为A（4，0），B（0，3），O（0，0），则它的外接圆方程为________16．十六、十七世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急，约翰·纳皮尔正是在研究天文学的过程中，为了简化其中的计算而发明了对数，后来天才数学家欧拉发现了对数与指数的关系，即．现已知，则________，________． 三、解答题（共74分，请根据答题卡题号及分值在各题目的答题区域内作答）17．如图，在平面直角坐标系中，已知角的终边与单位圆(半径为1的圆)的交点为.（1）若，，求角的值；（2）若，求的值.18．如图，已知四棱锥，底面是边长为2的正方形，是边长为2的正三角形，且平面与平面垂直，过棱作平面与平面交于.（1）证明：平面；（2）若，求三棱锥的体积.19．某科研课题组通过一款手机APP软件，调查了某市1000名跑步爱好者平均每周的跑步量(简称“周跑量”)，得到如下的频数分布表：周跑量人数100120130180220150603010 （1）补全该市1000名跑步爱好者周跑量的频率分布直方图；周跑量小于20公20公里到不小于40类别休闲跑者核心跑者精英跑者装备价格250040004500 （2）根据以上图表数据，试求样本的中位数及众数(保留一位小数)；（3）根据跑步爱好者的周跑量，将跑步爱好者分成以下三类，不同类别的跑者购买的装备的价格不一样(如表)，根据以上数据，估计该市每位跑步爱好者购买装备，平均需要花费多少元？20．过点作直线交抛物线于两点，为坐标原点，分别过点作抛物线的切线，设两切线交于点.（1）求证：点在一定直线上；（2）设直线分别交直线于点.（i）求证：；（ii）设的面积为，的面积为，记，求的最小值.21．已知椭圆：，圆：的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2．（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线交椭圆于，两点，若，求直线的方程．22．已知圆C的参数方程是（为参数）.以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，将直线向左平移3个单位长度得到直线.(1)求圆C的极坐标方程和直线的直角坐标方程；(2)直线与圆C交于点A，B，求优弧和劣弧长度的比值.23．已知，，为正数，且满足.证明：（1）；（2）.
答案及解析：1．A【解析】先求得集合B，再根据交集定义直接得结果.【详解】因为，又，所以，故选：A.2．D【分析】设出，a，，利用复数相等求出实部与虚部，得到所在象限.【详解】设，其中a，，则，则，，即，，故，此时z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选：D.3．C【分析】结合向量加法的坐标表示即可.【详解】由题意知，，所以，故选：C4．B【解析】将个数据按从小到大顺序排列，可知中位数为第和第个数的平均数，由此可求得结果.【详解】由茎叶图知，共有个数据将数据从小到大排列之后，第个数为，第个数为则所求中位数为本题正确选项：【注意】本题考查中位数的求解，属于基础题.5．D【分析】根据不等式组先画出可行域，再根据目标函数中z的几何意义求最小值.【详解】由约束条件作出可行域如图，联立 ，解得，由目标函数得，可知当直线经过点时，其纵截距最大，最小，最小值为.故选：D.6．C【分析】根据题意，分定点不在定直线上和定点在定直线上，两种情况分类讨论，结合抛物线的定义，即可求解.【详解】由题意，一动点到一定点的距离与它到一定直线的距离之比为1，可得该动点到定点和定直线距离相等，当定点不在定直线上时，动点的轨迹是抛物线；当定点在定直线上时，动点的轨迹是经过该定点且垂直于定直线的直线；故选C．7．D【解析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算，的值并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】解：模拟程序的运行，可得第一次执行循环体，可得，，此时；第二次执行循环体，可得，，此时；第三次执行循环体，可得，，此时；终止循环，输出的值为3，故选：D．【注意】本题主要考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于基础题．8．B【详解】函数的定义域为，排除选项A；因为，所以函数为奇函数，排除选项C；因为当时，，所以排除选项D．故选B．9．B【分析】根据题意，证明平面，以，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，由，可得：，化简可得射影的轨迹，求出轨迹对应的圆心角，利用弧长公式，即可求得答案.【详解】易证明平面，则面面如图所示，以，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，则有：，，，设，∴由，可得：，整理可得：，∴点在平面上的射影的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，∵，∴∴是等边三角形，即，∴圆弧的长故选：B10．B【分析】由，得到数列是等差数列，数列是等比数列，求得，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，数列，满足，，，所以数列是等差数列，且公差是2，是等比数列，且公比是2，又因为，所以所以，设，所以，则，所以数列是等比数列，且公比为4，首项为4．由等比数列的前n项和的公式，可得数列前n项的和为故选：B.11．A【解析】首先对函数求导，进而找出单调性求出最大值.【详解】∵，∴，，，解得，又，∴时函数单调递增，，解得，又，∴时函数单调递减，故当时，函数取得最大值，最大值为，故选A.【注意】本题考查了倍角公式，还考查了运用导数求函数的单调性，属于综合性题目，难度是中档题.12．B【解析】对于①：取的三等分点为，使，利用已知条件找到异面直线， 所成的角，即可得出结果；对于②：取 的三等分点为，使，利用已知条件得到四边形 即为所求截面，即可得出结论；对于③：利用等体积法求解即可；对于④：取 的三等分点为，使，取 的三等分点为，使，猜想出面 即为所求的截面，建立空间坐标证明推测，代入数值即可求出结论．【详解】解：对于①：取的三等分点为，使，又，且，四边形为平行四边形， 且，四边形 为平行四边形，，则 为异面直线， 所成的角，连接，由题意得：，所以，故①正确；对于②：取 的三等分点为，使，又， 且，四边形 为平行四边形，则 且，又由①得： 且，于是且，四边形 为平行四边形，，取的中点为，连接，又，，则四边形 即为所求截面，由题意知：，则②不正确；对于③：，又面，，所以，故③正确；对于④：取 的三等分点为，使，取 的三等分点为，使，，则面 即为所求的截面，建立如图所示的空间坐标系，则，0，，，3，，，3，，，0，，，1，，，，，所以面，由已知条件得：，等腰梯形 的高为：，所以截面面积为：，故④正确．故选：．【注意】本题主要考查异面直线所成角以及线线平行问题，还考查了等体积法求四棱锥的体积以及利用空间向量解决线面垂直问题； 问题的关键是截面不容易找．13．60【分析】用数列表示各节气的日晷长，它由两个等差数列组成，求出数列的首项和公差后，利用等差数列的前项和公式计算【详解】记夏至日晷长为，依次到冬至日晷长为，芒种日晷长为，为等差数列，设分差为，相应的也是等差数列，公差为，，解得，秋分日晷长为，大雪的日晷长为，．故答案为：60．14．10【分析】根据题意，分析可得小茗同学在其他5科中任选2科即可，由组合数公式计算可得答案．【详解】根据题意，小茗同学必选物理，在其他5科中任选2科即可，则小茗有种选法．故答案为10．【注意】本题考查排列、组合的应用，涉及组合数公式的计算，解题的关键是正确理解题意，属于基础题．15．【分析】由题意画出图形，求出△AOB的外接圆的圆心坐标和半径，代入圆的标准方程得答案．【详解】已知△AOB的顶点坐标分别为A（4，0），B（0，3），O（0，0），如图， 由图可知，△AOB的外接圆的圆心坐标为（2，），半径为．∴△AOB的外接圆的标准方程为．故答案为．【注意】本题考查圆的方程的求法，考查数形结合的解题思想方法，属于基础题．16．          1【解析】根据幂的运算性质可知，，即可求出的值；用对数式表示出和，根据对数运算性质和换底公式即可求出．【详解】因为，所以，即，，故．故答案为：；1．【注意】本题主要考查指数式与对数式的互化，以及对数运算性质和换底公式的应用，属于基础题．17．（1）；（2）.【分析】（1）由三角函数的定义可得，结合的范围可得答案； （2）由三角函数的定义可得，再利用诱导公式化简代入可得答案.【详解】（1）由三角函数的定义可得：，因为，所以；（2）由三角函数的定义可得：，因为.18．（1）见解析；（2）【分析】（1）先征得平面，利用线面平行的性质定理，征得，由此证得平面.（2）中点，利用等边三角形的性质以及面面垂直的性质定理，证得平面，根据椎体的体积计算公式，求得三棱锥的体积.【详解】（1）证明：因为底面为正方形，所以，又因为平面，平面，所以平面.且平面，平面平面，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为是边长为2的正三角形，取中点，则，且.又因为侧面与面垂直，面面，面，则面.因为，.【注意】本小题主要考查线面平行的证明，考查线面平行的性质定理，考查面面垂直的性质定理以及三棱锥体积的计算.属于中档题.19．（１）见解析；（2）中位数29.2，众数32.5；（3）平均花费3720元.【分析】（1）由频数分布表能补全该市1000名跑步爱好者周跑量的频率分布直方图．（2）由频率分布直方图能求出样本的中位数．（3）分别求出休闲跑者、核心跑者、精英跑者的人数，由此能估计该市每位跑步爱好者购买装备平均需要花费多少钱．【详解】（1）补全该市1000名跑步爱好者周跑量的频率分布直方图，如下：（2）中位数的估计值：由，，所以中位数位于区间中，设中位数为，则，解得.即样本中位数是29.2.    因为样本中频率最高的一组为[30,35),所以样本的众数为32.5.（3）依题意可知，休闲跑者共有人，核心跑者人，精英跑者人，所以该市每位跑步爱好者购买装备，平均需要元.即该市每位跑步爱好者购买装备，平均需要3720元.20．（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）由题意，设，，联立抛物线方程可得，写出、处的切线方程，联立求的坐标，即可证在一定直线上；（2）（i）由（1）可求得、，即可知都平行于y轴即，进而有，即且，结论即得证.（ii）由（i）知，结合（1）得，利用换元、函数与方程的思想，应用导数求其最小值即可.【详解】（1）由题意，设，代入得：，令，则.抛物线在点处的切线方程为：，即，抛物线在点处的切线方程为：，即，联立得：点的坐标为，即.∴点在定直线上.（2）（i）联立与得：，联立与得：，由（1）知：，轴，同理轴，，即，，即且，∴得证.（ii）由（1）得：令，则，令，即在上递增，，当时，.关键点注意：（1）由直线与抛物线的位置关系，应用韦达定理，联立切点处的切线方程求证其交点在定直线上；（2）（i）求交点坐标并确定平行关系，根据三角形相似得，即可证结论；（ii）应用换元法，结合函数与方程的思想，并利用导数研究函数单调性求最值.21．（1）（2）或．【详解】试题分析：（1）首先根据 ,求 ，再根据点在椭圆上代入椭圆方程，求解 ；（2）将条件化简为 ,分 与轴垂直或不垂直两种情况代入数量积的坐标表示，再结合根与系数的关系，得到直线方程.试题解析：（1）因为椭圆的右焦点，，所以，因为在椭圆上，所以，由，得，，所以椭圆的方程为．（2）由得：，即，可得，①当垂直轴时，，此时满足题意，所以此时直线的方程为；②当不垂直轴时，设直线的方程为，由消去得，设，，所以，，代入可得：，代入，，得，代入化简得：，解得，经检验满足题意，则直线的方程为，综上所述直线的方程为或．【注意】解析几何解答题的考查，不管问题是什么都会涉及转化与化归能力的考查，比如本题，如何将其转化为熟悉的代数运算是本题的关键，转化为后，即转化为直线方程与圆锥曲线联立，设而不求的思想，代入根与系数的关系，得到结果.22．(1)；；(2)2.【分析】（1）将圆C的参数方程转为直角坐标方程然后利用互化公式即得，由题可得直线的直角坐标方程，利用平移变换可得直线的直角坐标方程；（2）由题可得直线的极坐标方程为，利用韦达定理可得，然后利用圆的性质即得.(1)圆C的参数方程为(为参数)，转为直角坐标方程为，把代入方程，化简可得圆C的极坐标方程为；由直线的极坐标方程为，可得直线的直角坐标方程为，即，∴直线的直角坐标方程为；(2)因为直线的直角坐标方程为，所以直线的极坐标方程为，代入圆C的极坐标方程为，可得，设对应的极径为，则，∴，又圆C的半径为2，∴，∴劣弧所对的圆心角为，优弧所对的圆心角为，所以，优弧和劣弧长度的比值为2.23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）由，，相加，可得，再由，，相加，即可得到结果；（2）根据，，，将不等式左边变形得到，再根据以及三元均值不等式可得结果.【详解】证明：因为，，为正数，.（1）由，，得，当且仅当时，等号成立，因为，，，故.当且仅当时，等号成立，所以.当且仅当时，等号成立，（2），而，当且仅当时，等号成立，所以，.当且仅当时，等号成立，