2023届贵州省贵阳市白云区高三上学期阶段性质量监测数学（文）试题（解析版）

这是一份2023届贵州省贵阳市白云区高三上学期阶段性质量监测数学（文）试题（解析版），共19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】化简集合,求出即得解.
【详解】解：由题得或，
所以.
所以.
故选：A
2．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用三角函数的基本关系式，求得，进而求得的值，得到答案.
【详解】由题意，，所以，
则.
故选：C.
3．在复平面内，点对应的复数为（为虚数单位），且向量 ，则点对应复数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由复数的几何意义知，结合向量的坐标运算求得，即可求得答案.
【详解】设，由题意知，
则由可得，则，
即，则点对应复数为，
故选：A.
4．在数列中，，，则数列前5项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据递推公式判断其为等差数列，表示出其通项公式，然后代入裂项相消可求
【详解】为1为首项，2为公差的等差数列，
，
故
故选：C
5．如图所示，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用棱柱的结构特征、异面直线所成角的定义得到是异面直线与所求角或其补角，再利用正三棱柱的结构特征及余弦定理进行求解.
【详解】连接，由棱柱的性质得，
所以是异面直线与所成角或其补角；
由正三棱柱的性质及，
得，，
，
在中，由余弦定理，
得
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
6．在区间上任取一个实数，使得函数的值域为的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据余弦函数的值域确定符合条件的的取值范围，再根据线性几何概型求得概率.
【详解】若函数的值域为，
根据余弦函数单调性可知，，，
即，，又
所以，当时，符合题意的的取值范围为
有几何概型公式可得概率.
故选：A.
7．函数在区间大致图像可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用定义判断的奇偶性，再结合函数值的符号分析判断，即可得答案.
【详解】∵，即，
∴在定义域内为奇函数，图象关于原点对称，
故A、C错误；
当时，则，
∴，故；
当时，则，
∴，故；
故D错误，B正确；
故选：B.
8．已知函数（，），对于任意，都满足，若函数，则（ ）
A．B．1C．D．或
【答案】C
【分析】根据函数对称轴的定义得到函数的一条对称轴方程为，结合余弦函数的图像与性质得到，，利用诱导公式即可化简，从而得出其值.
【详解】因为任意，都满足，
所以函数的一条对称轴方程为，
即，；
又函数，
则（），
故选：C.
9．秦九韶是我国南宋时期的著名数学家，他在著作《数书九章》中提出，已知三角形三边长计算三角形面积的一种方法“三斜求积术”，即在中，分别为内角所对应的边，其公式为：若，，，则利用“三斜求积术”求的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由正弦定理可得，由余弦定理可得，在结合已知“三斜求积术”即可求的面积.
【详解】解：因为，由正弦定理得：，则
又由余弦定理得：
则由“三斜求积术”得.
故选：D.
10．已知某几何的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三视图还原原几何图形，可知该几何体是把正方体去掉两个三棱锥，
用正方体的体积减去两个三棱锥的体积即可得到结果
【详解】由三视图还原成原几何体如图，先画出正方体，截取两个
相等的三棱锥和，则，
所以该几何体体积为大正方体体积减去两个三棱锥的体积，即，
故选：B
11．已知两函数，，若当时，函数的图像总是在的图像上方，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可以转化为在恒成立，可以使用分离参数，求函数的最值问题，即可得出结果.
【详解】由题意得函数的图像总是在的图像上方，可转化为，
即，在恒成立问题，则变形后，
求出最小值即可，令，
，则，，在单调递减，，，
在单调递增，所以，即，
故选：D
12．设O为坐标原点，为双曲线的左、右焦点，经过原点O的直线与双曲线交于两点、，且，则四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用双曲线的定义，结合已知条件求解三角形的边长，然后求解三角形的面积．
【详解】双曲线的左、右焦点分别为、，过原点的直线与双曲线相交于，两点，不妨设在右支上， 故，又，
可得，，
又，
所以,
由于，进而
则的面积等于的面积，故四边形面积为：．
故选：D
二、填空题
13．已知单位向量，的夹角为，则_______.
【答案】
【分析】根据向量的数量积运算律求解.
【详解】由题可知，
所以，
故答案为：.
14．直线被圆截得的弦长为，则_______
【答案】
【分析】根据直线与圆相交的弦长公式，求解圆心到直线的距离列方程即可得的值.
【详解】解：圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
则直线被圆截得的弦长为，解得.
故答案为：.
15．实数点满足区域，则的最小值为____
【答案】.
【分析】先画出不等式组表示的可行域，然后令，则，作出直线，向上平移，过点时，目标函数取得最小值，求出点的坐标，代入目标函数可求得结果.
【详解】不等式组表示的可行域如图所示，
令，则，作出直线，向上平移，过点时，目标函数取得最小值，
由，得，即，
所以的最小值为，
故答案为：.
16．在四面体PABC中，，，，设，则该几何体的外接球的体积为_________
【答案】
【分析】利用球的几何性质求出外接球的半径，即可求出外接球的体积.
【详解】如图,该四面体的外接球的球心O必经过△ABC外接圆的圆心且垂直于平面ABC的直线上,且到A,P的距离相等.
在△ABC中,由余弦定理得：.
由正弦定理得：,解得：
而，所以.
即该几何体的外接球的半径.
所以外接球的体积为.
故答案为：.
三、解答题
17．在中，内角的对边分别为、、，在条件：①；②；③，从上述三个条件中任选一个作为题目的补充条件，你的选择是______，并解答下面问题：
(1)求角A的大小；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)选①②③答案均为
(2)
【分析】（1）选①：利用正弦定理得到，结合，求出角A的大小；
选②：利用诱导公式得到，从而得到，结合，求出角A的大小；
选③：利用正弦定理和余弦定理求出，结合，求出角A的大小；
（2）利用第一问求出的，利用余弦定理求出，从而求出三角形面积.
【详解】（1）选①：，
由正弦定理得，
因为，所以，
故，即，
因为，所以；
选②：，
因为，
所以，即，
因为，所以；
选③：，
由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
因为，所以；
（2）由第一问可知：，
又，
由余弦定理得：，
解得：，
由三角形面积公式可得：.
18．在直棱柱中，点为棱的中点，底面为等腰直角三角形，且，.
(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）首先根据题意易证，，再根据线面垂直的判定即可证明；
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用点到平面距离的向量法求解即可.
【详解】（1）因为三棱柱为直棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，，
平面，
所以平面；
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，设，
则，，，，
所以，，
因为，所以，解得，
所以，，，
设平面的法向量为，
所以，令，则，所以，
设点到平面的距离为，
所以.
19．下面给出了根据我国年—2022年水果人均占有量（单位：kg）和年份代码绘制的散点图和线性回归方程的残差图（2016年—2022年的年份代码分别为1~7）.
(1)根据散点图分析与之间的相关关系；
(2)根据散点图相应数据计算得，，求关于的线性回归方程（数据精确到）；
(3)根据线性回归方程的残差图，分析线性回归方程的拟合效果.
附：回归方程中的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
【答案】(1)与成线性相关，且为正相关
(2)关于的线性回归方程为
(3)拟合效果较好，回归方程的预报精度较高
【分析】（1）根据散点图可以看出，散点均匀的分布在一条直线附近，故与成线性相关；
（2）根据给出信息，分别计算出，的平均值，代入最小二乘法估计公式，即可得到回归方程；
（3）根据所给残差图分别区域的宽度分析即可．
【详解】（1）解：根据散点图可知，散点均匀的分布在一条直线附近，且随着的增大，增大，故与成线性相关，且为正相关；
（2）解：依题意，，，
，
，
，
所以关于的线性回归方程为：；
（3）解：由残差图可以看出，残差对应点分布在水平带状区域内，且宽度较窄，说明拟合效果较好，回归方程的预报精度较高．
20．设中心在原点O，、为椭圆C的左、右焦点，离心率为，短轴的一个端点和焦点的连线距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线与椭圆C交于两点M、N，若直线的斜率存在，线段MN的中点在直线上，求直线的斜率取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题意求出，结合离心率求出，再由求出，从而可求出椭圆方程；
（2）设直线的方程为，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系结合判别式大于零，及线段MN的中点在直线上，得到关于的不等式，求解即可得答案.
【详解】（1）由题意得，短轴的一个端点到焦点的距离为，
所以，所以，
所以椭圆的方程为，
（2）设直线的方程为，，
由，得，
由，得，
所以，
因为线段MN的中点在直线上，
所以，所以，
所以，
代入，得，
化简得，解得或，
即直线的斜率取值范围为.
21．已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)对任意，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)的极大值为，极小值为
(2)
【分析】（1）求导，利用导数的符号变化确定函数的单调性，进而求出函数的极值；
（2）分离参数，将不等式恒成立问题转化为，构造，利用导数研究函数的极值和最大值.
【详解】（1）当时，，
其定义域为，，
令，得或，
令，得，
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
所以的极大值为，
极小值为.
（2）由题意，得，
因为对任意，恒成立，
所以，即
在上恒成立，即；
令，，
则，
令，即，得，
令，即，得，
所以是的极大值，也是的最大值 ，
则.
【点睛】方法点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），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.
（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
（2）射线的极坐标方程为，若射线与曲线的交点为，与直线的交点为，求线段的长.
【答案】（1）；（2）2
【分析】）（1）将参数方程消参得到普通方程，利用，把极坐标方程转化为直角坐标系下的方程.
（2）解法一：利用极坐标的相关特点进行求解.解法二：将极坐标转化为直接坐标后进行求解.
【详解】（1）由，可得：，
所以，
所以曲线的普通方程为.
由，可得，
所以，
所以直线的直角坐标方程为.
（2）【解法一】曲线的方程可化为，
所以曲线的极坐标方程为.
由题意设，，
将代入，可得：，
所以或（舍去），
将代入，可得：，
所以.
【解法二】因为射线的极坐标方程为，
所以射线的直角坐标方程为，
由解得，
由解得，
所以.
【点睛】本题考查了参数方程化一般方程，极坐标与直角坐标之间的转化.属于简单题
23．函数.
(1)当时，求的解集；
(2)已知，且的最小值等于，求实数的值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）去绝对值，分类讨论即可；
（2）去绝对值得，作图解决即可.
【详解】（1）当时，，
当时，，即，解得，故，
当时，，即，解得，故，
综上可知，的解集.
（2）因为，
所以，
作出的大致图象，如图所示，
由图知，，解得，
所以实数的值为4.