2023届贵州省遵义市新高考协作体高三上学期入学质量监测数学（文）试题含解析

2023届贵州省遵义市新高考协作体高三上学期入学质量监测数学（文）试题

一、单选题

1．若隻合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求集合，再由并集运算求解即可.

【详解】，

=，则.

故选：D.

2．若复数，则的虚部为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据共轭复数的定义，求出 ，再将 转化为复数的标准形式即可.

【详解】由题意， ， ，

∴其虚部为 ；故选：D.

3．某同学利用暑假积极参加社会实践活动，帮助湄潭翠芽经销商进行促销，该同学在两周内的每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论中正确的是（       ）

A．这14天的促销量的中位数大于200

B．这14天促销量超过200的天数所占比例大于50%

C．这14天内，促销量的极差小于200

D．前7天促销量的方差小于后7天促销量的方差

【答案】C

【分析】结合图像逐项判断可得答案.

【详解】促销量由图可得214，275，243，157，80，155，260，83，165，179，138，214，221，263，

由小到大排列为80，83，138，155，157，165，179，214，214，221，243，260，263，275，

这14天的促销量的中位数为，故A错误；

这14天促销量超过200的天数有214，214，221，243，260，263，275，共7天，

所占比例等于50% ，故B错误；

这14天内，促销量的极差为，故C正确；

前7天促销量的平均数为，

后7天促销量的平均数为，

前7天促销量在平均数附近摆动幅度比后7天促销量在平均数附近摆动幅度大，所以方差大于后7天促销量的方差，故D错误.

故选：C.

4．已知正项等比数列的前n项和为，若，，则（       ）

A．80 B．81 C．243 D．242

【答案】D

【分析】由通项公式和前项和定义列方程组求出公比和首项后，再由前项和公式得结论．

【详解】设数列公比是，则，

由，因，故解得，

所以．

故选：D．

5．同时掷两枚骰子，向上的点数之和是3的倍数的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用列举法以及古典概型的计算公式计算即可．

【详解】同时掷两枚骰子，基本事件总数为，向上的点数之和是3的倍数包含的基本事件有：，共个，则向上的点数之和是3的倍数的概率是

故选：C

6．已知角的终边在直线上，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意可得，再利用两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得.

【详解】解：因为角的终边在直线上，所以，

所以

故选：B

7．设，，为平面内任意三点，则“与的夹角为钝角”是“”的（       ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】设与的夹角为，，利用利用数量积的运算性质及余弦定理，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.

【详解】设与的夹角为（），，

当与的夹角为钝角时，

因为

，

，

所以，

当时，

所以，

所以，

所以，所以为钝角或，

所以“与的夹角为钝角”是“”的充分不必要条件，

故选：B

8．已知圆C的方程为，，A为圆C上任意一点，若点P为线段AB的垂直平分线与直线AC的交点，则点P的轨迹方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由椭圆定义确定点轨迹是椭圆，然后求出，可得其方程．

【详解】因为点P为线段AB的垂直平分线与直线AC的交点，所以，

所以，而，

所以点轨迹是以为焦点，长轴长是4的椭圆．设其方程为，

，，，则，

所以点轨迹方程是．

故选：C．

9．函数在的图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先判断出的奇偶性，结合特殊值，利用排除法可得答案.

【详解】因为，定义域关于原点对称，

，即为奇函数，图象关于原点对称，故排除C；

，故排除AD.

故选：B.

10．已知三棱锥的四个顶点均在体积为的球面上，，，则三棱锥的体积的最大值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由球体体积可得半径，根据已知条件求底面的外接圆半径，进而求球心到底面外接圆距离，结合三棱锥的体积的最大即在球面上离面最远，求棱锥的高，最后求体积即可.

【详解】若球体半径为R，则，可得，

而底面中，，易得：，

又，故，则底面外接圆半径为，

要使三棱锥的体积的最大，只需在球面上离面最远，而，

所以在球面上离面最远距离为，

故最大体积.

故选：A

11．若直线是曲线的切线，也是的切线，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设直线与和的切点分别为，，

分别求出切点处的直线方程，由已知切线方程，可得方程组，解方程可得切点的横坐标，即可得到的值.

【详解】设直线与和的切点分别为，，

则切线方程分别为，

，

，

化简得，

依题意上述两直线与是同一条直线，

所以，，解得，

所以．

故选：C．

12．已知，若，，，则a，b，c的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，由导数得单调性，从而证得时，，由此可比较大小（需由诱导公式化简），然后由余弦函数性质、不等式的性质比较大小，从而得出结论．

【详解】，，，

，

设，，所以在上是增函数，

时，，所以，

所以，

，，而，

综上，．

故选：D．

二、填空题

13．直线：，：，若，则________．

【答案】2

【分析】由两直线平行的判定列方程求参数，注意验证排除重合的情况.

【详解】由题设，，则，

所以或，

当，：，：重合，不合题设；

当，：，：平行，满足题设；

故.

故答案为：2

14．在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为________．

【答案】0.5

【分析】利用向量的数量积可求异面直线与所成角的余弦值.

【详解】设，则，且.

而，而，

故

，

故

故答案为：.

15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则△ABC周长的最大值为________．

【答案】

【分析】根据正弦定理，结合三角恒等变换可得，再根据余弦定理与基本不等式求解周长最大值即可.

【详解】由正弦定理，即，又，故，即.

由二倍角公式有，因为，故，所以，所以，即.

由余弦定理，结合基本不等式有，即，，故，当且仅当时取等号.

故△ABC周长的最大值为的最大值为.

故答案为：

16．过抛物线的焦点的直线，交抛物线的准线于点，与抛物线的一个交点为，且，若与双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线离心率的取值范围是________．

【答案】

【分析】过作抛物线准线的垂线，垂足为，则，，在中求得直线的斜率，利用渐近线与直线垂直，得，变形后可得离心率的范围.

【详解】过作抛物线准线的垂线，垂足为，如图，则，又，

所以，，

所以直线的斜率等于，

显然直线与渐近线垂直，所以，

，而，所以，即，

，，

所以.

故答案为：.

三、解答题

17．2022年4月6日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满成功.为纪念中国航天事业成就、发扬并传承中国航天精神，在遵义市某高中学校进行航天知识竞赛，并记录得分（满分：100分）根据得分，将数据分成了7组：，，…，，并绘制出如下的频率分布直方图：

（其中：竞赛得分在，，的学生人数比例为1:1:2）

(1)估计该学校学生航天知识竞赛得分的平均数；

(2)从得分在的学生中利用分层抽样选出6名学生，若从中选出2人进行航天演讲活动，求选出的2人竞赛得分中至少有1人的得分在的概率.

【答案】(1)69.25

(2)

【分析】（1）根据频率直方图可得前三组的频率，然后计算平均数即可；

（2）由题可得选出6名学生中，的有2人，的有4人，利用古典概型的概率公式计算即可.

【详解】(1)解：由频率分布直方图可得，前三组的频率之和：，

所以前三组的频率分别为0.025，0.025，0.05，

所以.

故该学校学生航天知识竞赛得分的平均数为69.25.

(2)解：由题可得，利用分层抽样选出6名学生中，的有2人，的有4人，

设事件：至少一名学生的得分在，

则.

故选出的2人竞赛得分中至少有1人的得分在的概率为.

18．为数列的前n项和，已知，．

(1)求数列的通项公式；

(2)证明：当时，．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用得数列的递推关系，并构造出新数列是常数列，从而得通项公式；

（2）用裂项相消法求和后可得证．

【详解】(1)由已知条件：，

当时：，

两式相减得：，即：，

左右同除得：，

即：，且，

所以数列是首项为1，公差为0的等差数列，即常数列，

∴，∴，

(2)左边.

19．图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，为的中点，，侧面底面.

(1)证明：平面；

(2)若，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接，，利用面面垂直证明平面，进而证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明；

（2）利用几何性质先求解的面积，及的面积，利用等体积法求解点面距离即可.

【详解】(1)证明：取中点，连接，，

且是中点，，

平面平面，交线是，平面，

平面，平面，，

又，

且，，平面，平面，

平面.

(2)解：，，

在中，，，，，

在中，，，

在中，三边都等于，所以其面积为，

设点到平面的距离为，

在三棱锥中，，

，，，，

所以的面积，

底面，三棱锥的高为，

由等体积法：，解得：.

所以点到平面的距离为.

20．已知点是椭圆的左焦点，是椭圆上的任意一点，．

(1)求的最大值；

(2)过点的直线与椭圆相交于两点，与轴相交于点．若，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)是定值

【分析】（1）利用椭圆定义可将转化为，由可求得所求最大值；

（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，根据向量坐标运算可得，，由此表示出，代入韦达定理进行整理即可得到定值.

【详解】(1)

由椭圆方程知：，，，则，，

由椭圆定义知：，，

（当且仅当三点共线，即与图中点重合时取等号），

又，的最大值为.

(2)由题意知：直线斜率存在，设，，，则，

由得：，

，；

，即，则；

同理可得：，

，

是定值.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出所求量，化简消元可得定值.

21．已知.

(1)求函数的单调区间；

(2)若函数有两个零点，证明：.

【答案】(1)递增区间为，递减区间为.

(2)证明见解析

【分析】（1）求得，结合导数的符号，即可求解函数的单调区间；

（2）根据题意转化为有两个实数根，令，利用导数求得函数的单调性，结合函数在点和处的切线方程，得到直线与切线方程的交点横坐标和，利用且，即可求解.

【详解】(1)解：由题意，函数的定义域为，且，

令，可得

当时，，在单调递增；

当时，，在区间单调递减.

(2)解：由（1）可得有两个零点，

即有两个实数根，

令，则

由，可得；由，可得，

不妨设：，则，

函数在点处的切线方程为，

设直线与直线的交点横坐标为，，

函数在点处的切线方程为，

设直线与直线的交点横坐标为，，

令，可得，

由，即，解得，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，即曲线的图象在的图象上的上方，

令，可得，

当时，，单调递减，

所以，所以的图象在的图象上的上方，

如图所示，可得且，

所以，即，

所以.

22．在直角坐标系xoy中，直线：，：，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求，的极坐标方程；

(2)若的极坐标方程为，设与交于O，P两点（O为坐标原点），过O点与垂直的直线与，分别相交于M，N（N异于点O）两点，求的面积．

【答案】(1)曲线：，曲线：

(2)1

【分析】（1）根据求解；

（2）根据题意，联立方程组，分别求得点P，M，N的坐标，进而得到MN的距离以及点P到直线MN的距离，由求解.

【详解】(1)解：因为，

所以曲线：，曲线：；

(2)由题意：点P为，的交点，联立，

得：，直角坐标，

直线：，

点M为，的交点，联立，

得：，

点N为，的交点，联立，

得：．

所以，

点到直线：的距离，

所以的面积.

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)已知，若的图象与x轴围成的三角形面积大于，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据零点分段法去绝对值，从而求得不等式的解集.

（2）将表示为分段函数的形式，根据的图象与x轴围成的三角形面积大于，列不等式来求得的取值范围.

【详解】(1)求解不等式，

①，解得：，

②，解得：，

③，解得：，

综上，.

(2)依题意，

所以

当时，令得：，，，

当时，令得：，

当，，

与x轴围成的三角形的面积，

解得：或（舍），

综上所述：.