2023届四川省泸州市泸县第一中学高三上学期12月月考数学（文）试题（解析版）

这是一份2023届四川省泸州市泸县第一中学高三上学期12月月考数学（文）试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先解出集合A、B，再求．
【详解】集合，，
所以．
故选：A．
2．若复数z在复平面内对应的点为，则其共轭复数的虚部是（ ）
A．B．C．1D．
【答案】D
【分析】根据复数的几何意义，以及共轭复数的定义，即可求解
【详解】复数z在复平面内对应的点为，可得，所以，共轭复数，共轭复数的虚部是
故选：D
3．耀华中学全体学生参加了主题为“致敬建党百年，传承耀华力量”的知识竞赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．直方图中的值为0.004
B．在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为30人
C．估计全校学生的平均成绩为84分
D．估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分
【答案】C
【分析】根据学生的成绩在50分至100分之间的频率和为1可求得 的值，就可以判断A；计算成绩在区间的学生频率，然后计算在该区间的学生数，以此判断B；
按照频率分布直方图中平均数算法计算可判断C，按照频率分布直方图中百分位数的计算方法计算可判断D
【详解】由直方图可得： ，解得 ，故A错误，
在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数为人，故B错误
估计全校学生的平均成绩为分，故C正确
全校学生成绩的样本数据的 分位数约为分，故D错误
故选：C
4．函数在上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.
【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，
当时，，故排除A，只有C满足条件.
故选：C
5．已知命题；命题为平面，为直线，若则.下列为真命题的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意先判断出命题和命题的真假，即可判断.
【详解】对命题，因为，所以命题为假命题，
对命题，若则，所以命题为真命题，
所以，，为假命题，为真命题.
故选：C.
6．若向量，且，则的值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】依据向量数量积的定义去求的值
【详解】
则
故选：C
7．已知，实数满足对于任意的，都有，若，则实数a的值为（ ）
A．B．3
C．D．
【答案】D
【分析】由题得是的一个极大值点，化简即得解.
【详解】解：由题意及正弦函数的图象可知，是的一个极大值点，
由，得.
故选：D.
8．过点作圆的两切线，设两切点为、，圆心为，则过、、的圆方程是
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】试题分析：由圆，得到圆心C（1，2），又P（-1，0）
则所求圆的圆心坐标为（0，1），
圆的半径r=，
所以过A、B、C的圆方程为：
【解析】圆的标准方程
9．过抛物线的焦点F的直线l与抛物线交于AB两点，若以线段AB为直径的圆与直线相切，则（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】C
【分析】联立直线方程和抛物线方程，再由韦达定理即可求解.
【详解】解：设，AB中点为,又直线过F(0，1),
由题意可知直线斜率存在，故可设直线方程为：，
联立得，，
由韦达定理得，，所以,
所以
所以，
又以线段AB为直径的圆与直线相切，所以，
即，解得，，
故选：C.
10．设直线与直线的交点为，则到直线的距离的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.
【详解】由可以得到，故，
直线的方程可整理为：，故直线过定点，
因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，
故，
故选：C.
【点睛】一般地，若直线和直线相交，那么动直线（）必过定点（该定点为的交点）.
11．已知双曲线的右焦点为，坐标原点为，在双曲线的右支上存在两点，，使得四边形是正方形，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据正方形的性质，解得点的坐标，代入双曲线方程，结合双曲线的定义即可求解.
【详解】解：因为四边形是正方形，故，则点的坐标为，
又点在双曲线上，则，又，整理得：.
故选：A.
12．已知函数有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求出导数，可得时不满足，时，由导数得出单调性，得出，构造函数，利用导数判断单调性可求解.
【详解】，
当时，，则单调递减，此时至多一个零点，不符合题意；
当时，令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
因为有两个零点，所以，
令，则，
令解得，令，解得，
所以在单调递减，在单调递增，
且当时，，，，
所以.
故选：D.
二、填空题
13．在平面直角坐标系下，若x，y满足约束条件，则的最小值为__________.
【答案】1
【分析】由约束条件作出可行域，当直线过点时，相应坐标值代入求得最小值.
【详解】由约束条件作出可行域如图：

联立，解得.令，
由图可知，当直线过点时，
z有最小值为1，即的最小值为1，
故答案为：1.
14．函数在处切线的倾斜角为_______.
【答案】
【分析】求导，求出斜率，进而可得倾斜角.
【详解】,
则，
即函数在处切线的斜率为1，则倾斜角为
故答案为：
15．已知定义在上的奇函数满足：对任意的，都有，且当时，，则__．
【答案】#
【分析】根据题意，结合所以，即可求解.
【详解】因为函数是奇函数，对任意的，都有，
且当时，
所以.
故答案为：.
16．已知四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面SAB为等边三角形，AB＝3，则当四棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为________．
【答案】
【分析】根据题意可知侧面底面ABCD，然后结合图形由底面外接圆半径、球心到底面的距离和球的半径满足勾股定理可得.
【详解】依题意可知，当侧面底面ABCD时，四棱锥S－ABCD的体积最大．
设球心为O，半径为R，正方形ABCD和外接圆的圆心分别为，，正方形ABCD外接圆半径为，则平面ABCD，平面SAB．
因为和正方形ABCD的边长均为3，设AB的中点为E，
所以，，
由勾股定理得，
所以球O的表面积．
故答案为：
三、解答题
17．2021年11月，江西省出台了新规落实“双减”政策，在加强学生作业管理方面《若干措施》提出，要控制书面作业总量，小学一、二年级不得布置家庭书面作业，小学三至六年级每天书面作业总量平均完成时间不超过60分钟，初中每天书面作业总量平均完成时间不超过90分钟．某中学为了了解七年级学生的家庭作业用时情况，从本校七年级随机抽取了一批学生进行调查，并绘制了学生家庭作业用时的频率分布直方图，如图所示．
(1)求频率分布直方图中的值，并估算学生家庭作业用时的中位数（精确到0.1）；
(2)作业用时不能完全反映学生学业负担情况，这与学生自身的学习习惯有很大关系．如果作业用时50分钟之内评价等级为优异，70分钟以上评价等级为一般，其它评价等级为良好．现从等级优异和等级一般的学生里面用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人被评价为等级一般学生的概率．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据频率分布直方图的频率之和为1，即可求出的值，根据频率分布直方图中位数的求法，即可求出结果；
（2）根据分层抽样可知等级优异学生被抽取的人数为4人，等级一般学生被抽取的人数为2人，然后根据题意列出满足题意的所有可能，根据古典概型即可求出结果.
【详解】（1）解：由题意可知，，所以，
由左至右各个分区间的概率分别为，
中位数为分钟
（2）解：由题意知按等级分层抽取6名，则等级优异学生被抽取的人数为4人，等级一般学生被抽取的人数为2人，
记4名等级优异学生分别为，等级一般学生为，
则从这6名学生中抽取2人的情况有，一共15种情况，
2人中至少有1名等级一般学生共有9种情况，故所求概率为.
18．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
(1)求角A；
(2)若点D在边AC上，且，求△BCD面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理化边为角，然后由两角和的正弦公式，诱导公式变形可求得；
（2）由平面向量的线性运算求得，，用余弦定理及基本不等式求得的最大值，可得面积的最大值，从而得结论．
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
所以，即，
三角形中，所以，而，所以；
（2）由得，，所以，，
在中由余弦定理，即，当且仅当时等号成立，
所以，，
所以△BCD面积的最大值为．
19．一个直三棱柱被平面所截得到如图所示的几何体，其中、、与平面垂直.，若，，是线段上靠近点A的四等分点．
(1)求证：；
(2)求此多面体的体积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】(1)证明BM⊥平面即可；
(2)取中点为E，靠近C的四等分点为D，连接、、DE，则该几何体由直棱柱和四棱锥构成，据此即可求其体积．
【详解】（1）由题可知⊥平面ABC，∴⊥BM，
∵∠BAC=60°，AM=1，AB=2，
∴，
，
∵平面，
∵平面，∴；
（2）
如图，取中点为E，靠近C的四等分点为D，连接、、DE，
易知平面∥平面ABC，该几何体由直棱柱和四棱锥构成，
其中四棱锥的底面是直角梯形，
由(1)知BM⊥平面，∴点到平面的距离为BM，
∴几何体体积为
．
20．已知椭圆的离心率为，椭圆过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线交椭圆于M、N两点，已知直线MA，NA分别交直线于点P，Q，求的值.
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）由题意得到关于a，b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
（2）首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA，NA的方程确定点P，Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】（1）由题意，点在椭圆上，有，
解得 故椭圆C的方程为.
（2）当直线l的斜率不存在时，显然不符；
当直线l的斜率存在时，
设直线l为：
联立方程得：
由，设，有
又由直线AM：，令x=-4得，
将代入得：，同理得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
所以.
【点睛】本题考查求椭圆的方程，解题关键是利用离心率与椭圆上的点，找到关于a，b，c的等量关系求解a与b．本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，．表示出，，然后转化为相应的比值关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题．
21．已知函数，.
（1）若方程存在两个不等的实根，，求a的取值范围；
（2）满足（1）问的条件下，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）将，转化为，即函数T(x)＝与直线y＝a在(0，＋∞)上有两个不同交点求解；另解：求导，分 ，讨论求解；
(2)根据x1，x2是ln x－ax＋1＝0的两个根，得到a＝， 将证x1x2>1，即ln x1＋ln x2>0，转化为证>，进而转化为ln<＝.，令t＝∈(0，1)，转化为证明ln t －.
【详解】（1）由题意，，可得，
转化为函数T(x)＝与直线y＝a在(0，＋∞)上有两个不同交点，
T′(x)＝ (x>0)，
故当x∈(0，1)时，T′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，T′(x)<0，
故T(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以T(x)max＝T(1)＝1.
又，故当x∈时，T(x)<0，当x∈时，T(x)>0.
可得a∈(0，1).
另解：则：，
①当时，恒成立，不满足题意；
②当时，单调递减，
则，当

综上：
(2)证明： ， 因为x1，x2是ln x－ax＋1＝0的两个根，
故ln x1－ax1＋1＝0，ln x2－ax2＋1＝0⇒a＝，
要证h′(x1x2)<1－a，
只需证x1x2>1，即证ln x1＋ln x2>0，即证(ax1－1)＋(ax2－1)>0，
即只需证明 成立，即证>.
不妨设0令t＝∈(0，1)，φ(t)＝ln t－，
φ′(t)＝－＝>0，
则h(t)在(0，1)上单调递增，则φ(t)< φ(1)＝0，
故（*）式成立，即要证不等式得证.
【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．
（1）求直线和曲线的直角坐标方程；
（2）已知点，若直线与曲线交于，两点，求的值．
【答案】(1) ；.(2)18.
【分析】（1）由极坐标与直角坐标的互化公式，可直接得出直线和曲线的直角坐标方程；
（2）先由题意得直线的参数方程，代入曲线的直角坐标方程，根据参数的方法求解，即可得出结果.
【详解】（1）因为直线，故.
即直线的直角坐标方程为.
因为曲线，则曲线的直角坐标方程为，即.
（2）设直线的参数方程为 （ 为参数）
将其代入曲线的直角坐标系方程得.
设对应的参数分别为，，则，
所以 .
【点睛】本题主要考查极坐标与直角坐标的互化，以及参数的方法求两点间距离，熟记公式即可，属于常考题型.
23．设函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式在时恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）将写成分段函数的形式,即,进而求解即可；
（2）不等式在时恒成立可转化为恒成立,进而求解即可
【详解】解：（1）,
由,
则,或,或,
解得或或,
故解集为
（2）依题意得,不等式在时恒成立,则,
当时,,则在上单调递增,
所以,
则,解得
【点睛】本题考查解绝对值不等式,考查不等式的恒成立问题,考查运算能力与转化思想