2023届贵州省贵阳市高三上学期8月摸底考试数学（文）试题含解析

2023届贵州省贵阳市高三上学期8月摸底考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则中元素的个数为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】先求出集合，再根据交集的定义可求.

【详解】，故即中元素的个数为3，

故选：B.

2．若复数满足，则的虚部为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数代数形式的四则运算进行除法运算,求出,再根据复数的基本概念即可得出虚部.

【详解】解:由题意可得，

则复数的虚部为．

故选:D.

3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图可还原几何体为一个正方体挖去一个圆锥，根据柱体和锥体的体积公式可求得结果.

【详解】由三视图可知几何体是一个棱长为的正方体挖去一个底面半径为，高为的圆锥，如图所示，

几何体体积.

故选：A.

4．若实数，满足，则的最大值为（       ）

A．3 B．2 C．1 D．0

【答案】C

【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．

【详解】解：由实数，满足不等式组，作出可行域如图，

化目标函数为，

由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，此时取最大值．

由，解答，即

．

故选：C．

5．已知命题：，，则命题的否定是（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，判断即可.

【详解】解：命题：，为存在量词命题，

其否定为，；

故选：D

6．“云楼”是白云区泉湖公园的标志性建筑，也是来到这里必打卡的项目之一，它端坐于公园的礼仪之轴，建筑外形主体木质结构，造型独特精巧，是泉湖公园的“阵眼”和“灵魂”，同时也是泉湖历史与发展变化的资料展示馆．小张同学为测量云楼的高度，如图，选取了与云楼底部D在同一水平面上的A，B两点，在A点和B点测得C点的仰角分别为45°和30°，测得米，，则云楼的高度CD为（       ）

A．20米 B．25米 C．米 D．米

【答案】B

【分析】设，由锐角三角函数得到，，再在中利用余弦定理求出，即可得解.

【详解】解：依题意，，

设，在、中，，，所以，，

在中由余弦定理，

即，解得或（舍去），

所以云楼的高度为米；

故选：B

7．函数的部分图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的定义域和奇偶性排除部分选项，再由特殊值判断.

【详解】解：因为的定义域为，且，

所以是奇函数，故排除BD，

又，则，故排除A，

故选：C

8．已知数列的前项和为，，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据作差可得，再由，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项公式，再根据等比数列求和公式计算可得.

【详解】解：因为，，

当时，

当时，所以，即，所以，

又，所以是以为首项，为公比的等比数列，

所以，

所以.

故选：A

9．贵安新区是中国第八个国家级新区，位于贵州省贵阳市和安顺市结合部，是南方数据中心核心区、全国大数据应用与创新示范区，同时也是内陆开放型经济新高地和生态文明示范区．“贵安”拼音的大写形式为“GUIAN”，现从这5个字母中任选2个，则取到的2个字母中恰有1个字母为轴对称图形的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.

【详解】解：依题意从中任取个字母所有可能结果为、、、、

、、、、、共个基本事件，

其中满足恰有个字母为轴对称图形的有、、、、、共个基本事件，

所以取到的个字母中恰有个字母为轴对称图形的概率；

故选：B

10．若，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用商数关系式和二倍角公式化简题设中的三角函数式可得，再根据二倍角的余弦公式可求的值.

【详解】因为，故，

故，

因为，故，所以，

所以即，

故，

故选：D.

11．设，分别为椭圆C：的左，右焦点，过垂直于长轴的直线交椭圆C于A、B两点，且；为C内一点，Q为C上任意一点，求的最小值为（       ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】A

【分析】先求出椭圆的方程，再根据椭圆的定义将的最小值转化为的最小值，从而可得正确的选项.

【详解】连接，

由椭圆方程可得，故

在椭圆方程，令，则，

因为，故，解得，

故椭圆方程为：.

而，

因为，故，

当且仅当三点共线且在中间时等号成立，

故即的最小值为3.

故选：A.

12．设函数的定义域为，且是奇函数，当时，；当时，．当变化时，方程的所有根从小到大记为，则取值的集合为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将方程的根转化为与直线的交点，并可知与均关于对称，作出的图像，通过数形结合的方式可确定不同取值时交点的个数，结合对称性可求得结果.

【详解】为奇函数，图像关于点对称，

由得：，则方程的根即为与直线的交点，

作出图像如图所示，

①当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，

与均关于对称，；

②当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，

与均关于对称，；

③当，即时，如图中所示时，与直线有个交点，

与均关于对称，；

④当时，如图中所示时，与直线有个交点，

与均关于对称，；

⑤当，即时，如图中和所示时，与直线有且仅有一个交点，.

综上所述：取值的集合为.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数对称性、函数图像求解方程根的个数问题；解题关键是能够将方程根的个数问题转化为两个函数图像的交点个数问题，进而通过数形结合的方式确定交点个数.

二、填空题

13．抛物线的焦点到准线的距离为______.

【答案】1.

【解析】利用抛物线的标准方程可得，由焦点到准线的距离为p，从而得到结果.

【详解】抛物线的焦点到准线的距离为p，由标准方程可得.

故答案为：1

【点睛】本题考查抛物线的标准方程与简单几何性质，属于基础题.

14．已知平面向量，，若，则________．

【答案】

【分析】根据求出的值，再根据模长的坐标公式求解即可.

【详解】因为，所以.

所以，所以.

故答案为：

15．已知数列是等比数列且各项均为正数，，，数列的前n项积为，则的最大值为________．

【答案】

【分析】根据数列是等比数列，且，，求得其通项公式，得到其单调性求解.

【详解】解：因为数列是等比数列，且，，

所以，，

即，解得（舍去），

所以，

所以是递减数列，

又，

所以当时，，当时，，

所以，

所以的最大值为，

故答案为：

三、解答题

16．自2015年以来，贵阳市着力建设“千园之城”，构建贴近生活、服务群众的生态公园体系，着力将“城市中的公园”升级为“公园中的城市”．截至目前，贵阳市公园数量累计达到1025个．下图为贵阳市某公园供游人休息的石凳，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的的棱长为，则石凳所对应几何体的外接球的表面积为________．

【答案】

【分析】根据正方体的性质及球的定义可求石凳所对应几何体的外接球的半径，从而可求其表面积.

【详解】

设正方体的中心为，为棱的中点，连接，

则为矩形的对角线的交点，

则，

同理，到其余各棱的中点的距离也为，

故石凳所对应几何体的外接球的半径为20，其表面积为，

故答案为：

17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

(1)求B；

(2)若，________，求△ABC的周长．

在①；②△ABC的面积为这两个条件中任选一个，补充在横线上．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理可得，从而可求B的大小.

（2）若选①，利用正弦定理可求，若选②，利用面积公式同样可得，结合余弦定理可求，从而可求周长.

【详解】(1)由正弦定理可得，

而为三角形内角，故，故即.

而为三角形内角，故.

(2)若选①，因为，故外接圆直径即.

而，故，

而，

故即，

故三角形的周长为.

若选②，因为三角形面积为，故即.

而，

故即，

故三角形的周长为.

18．2022年2月4日—2月20日北京冬奥会如期举行，各国媒体争相报道运动会盛况，因此每天有很多民众通过手机、电视等方式观看冬奥新闻．某机构将每天关注冬奥时间在1小时以上的人称为“冬奥迷”，否则称为“非冬奥迷”，通过调查并从参与调查的人群中随机抽取了200人进行抽样分析，得到下表（单位：人）：

(1)现从抽取的50岁及以下的人中，按“非冬奥迷”与“冬奥迷”这两种类型进行分层抽样抽取5人，然后，再从这5人中随机选出2人，求其中至少有1人是“冬奥迷”的概率；

(2)根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“非冬奥迷”还是“冬奥迷”与年龄有关？

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】(1)

(2)能在犯错误的概率不超过的前提下认为“非冬奥迷”还是“冬奥迷”与年龄有关.

【分析】（1）首先求出“非冬奥迷”与“冬奥迷”的人数，再利用列举法列出所有可能结果，最后利用古典概型的概率公式计算可得.

（2）计算出卡方，即可判断.

【详解】(1)解：依题意抽取的人中“非冬奥迷”有人，“冬奥迷”有人，

记“非冬奥迷”分别为、，“冬奥迷”分别为、、，

则从这人中随机抽取人有，，，，，，，，，共个基本事件，

其中至少有1人是“冬奥迷”的有，，，，，，，，共个基本事件，

所以至少有1人是“冬奥迷”的概率.

(2)解：由列联表可得，

所以能在犯错误的概率不超过的前提下认为“非冬奥迷”还是“冬奥迷”与年龄有关.

19．如图，在直三棱柱中，，，，M，N分别是，的中点．

(1)求证：；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)详见解析

(2)

【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证明线线垂直；

（2）利用等体积公式，转化为，即可求解体积.

【详解】(1)因为三棱柱是直三棱柱，

所以平面平面，且平面平面，

因为，，且点是的中点，所以平面，

又因为平面，所以；

(2)三棱锥,

由条件可知是等腰直角三角形，，

所以，点到平面的距离，

.

20．已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴的正半轴上，直线l：经过抛物线C的焦点．

(1)求抛物线C的方程；

(2)若直线l与抛物线C相交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两条切线相交于点P，求△ABP面积的最小值．

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）设抛物线C的方程为，根据题意得到焦点坐标，即可求得抛物线C的方程；

（2）设､，联立方程组得到，求得，化简抛物线方程，结合导数的几何意义求得点和点处的切线方程，联立方程组求得点的坐标和到直线的距离，得出的面积，即可求解最小值.

【详解】(1)由题意，设抛物线C的方程为，

因为直线经过，即抛物线C的焦点，

所以，解得，

所以抛物线C的方程为.

(2)设､，联立方程组，整理得，

因为，且，，，

所以，

由，可得，则，

所以抛物线经过点的切线方程是，

将代入上式整理得，

同理可得抛物线C经过点B的切线方程为，

联立方程组，解得，所以，

所以到直线的距离，

所以的面积，

因为，所以，

即当时，，所以面积的最小值为.

【点睛】本题主要考查了抛物线方程的求解，同时也考查了导数的几何意义与抛物线中的面积问题，需要根据题意设切点，求得交点的坐标，再根据韦达定理表达出面积的解析式，进而求得最值.属于难题.

21．已知函数．

(1)当时，求的单调区间；

(2)若，设，是的两个极值点，判断的正负，并说明理由．

【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间.

(2)负，理由见解析.

【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到恒成立，从而求出函数的单调区间；

（2）求出函数的导函数，即可得到有两个不相等的正根，即、是的两个极值点，利用韦达定理得到，，即可表示出整理得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证.

【详解】(1)解：当时，定义域为，

所以恒成立，所以的单调递减区间为，无单调递增区间.

(2)解：因为定义域为，

所以，

当时有两个不相等的正根，即、是的两个极值点，

所以，，

所以

令，则，于是在区间内单调递增，

所以，即，所以，即为负.

22．在直角坐标系中，直线l的参数方程是(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.

（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l和曲线C交于两点，点，求的值.

【答案】（1）：，：；（2）.

【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程､极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；

（2）联立方程，利用韦达定理求出结果.

【详解】（1）直线l的参数方程是(t为参数)，转换为普通方程为.

曲线C的极坐标方程为，根据，转换为直角坐标方程为；

（2）把直线l的参数方程是(t为参数)，代入，

得到，

所以，

所以.

23．已知函数．

(1)若，求不等式的解集；

(2)若恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将函数改写成分段函数，利用零点分段法分类讨论，分别计算可得；

（2）利用绝对值三角不等式得到，即可得到不等式，解得即可.

【详解】(1)解：当时，

由，则或或，

解得或或，

综上可得不等式的解集为.

(2)解：因为，当且仅当时取等号，

又恒成立，所以恒成立，解得，即.