2023维吾尔自治区喀什六中高三上学期9月实用性月考（一）数学（文）试题含解析

2023届高三高考实用性考卷（一)

文科数学试题

注意事项:

1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效.

3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟.

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1. 已知集合，N为自然数集，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据集合的交集运算，即可求解.

【详解】由已知，故选C.

2. 若复数，则（    ）

A. 25 B. 7 C. 5 D.

【答案】C

【解析】

【分析】先利用复数的运算求出的代数形式，从而得到的代数形式，然后由模的计算公式求解即可．

【详解】解：因为，所以，故．

故选：C．

3. 已知为非零向量，若，则

A. 方向相同，且 B. 方向相反，且

C. 方向相同，且 D. 方向相反，且

【答案】D

【解析】

【详解】试题分析：根据题意可得：方向相反，且，故选择D

考点：向量的线性关系

4. 的展开式中含的项的系数为

A. 30 B. 60 C. 90 D. 120

【答案】B

【解析】

【分析】展开式含的项来自，展开式通项为，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，从而可得结果.

【详解】展开式含的项来自，

展开式通项为，

令，

展开式中的系数为，

所以的展开式中含的项的系数为

为，故选B.

【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.

5. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性，单调性以及特殊值即可.

【详解】函数为奇函数，故A错误；

，故D错误；

当x趋向于正无穷时，函数值也趋向于正无穷，故C错误；

当x从大于0的方向趋向于0时，函数值也趋向于 正无穷，故B正确；

故选：B．

6. 若实数，满足，则点到直线的距离的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】讨论实数，化简方程式，结合图象求得距离最值即可.

【详解】当时；当时；

当时，如图所示：

直线与渐近线距离

点到的距离，所以当时上的点到直线的最大距离为

综上：点到直线的距离的取值范围是，

故选：C．

【点睛】讨论实数，化简方程式，数形结合是解题的关键.

7. 已知角是的一个内角，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充要条件的定义判断即可.

【详解】因为 是三角形内角， ，

由可得或，即 或 ，

即由p不能推出q；

由可得，可以推出 ，

因此“ ”，是“ ”的必要不充分条件；

故选：B.

8. 数列满足，，则数列的前项和为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由数列的递推关系知奇数项构成等差数列，偶数项构成等比数列，由此可分组求和.

【详解】解：因为且为奇数时，

所以所有奇数项构成为首项，为公差的等差数列，

又因为且为偶数时，，

即所有偶数项构成为首项，为公比的等比数列，

所以

.

故选：D.

9. 一个正四棱锥的侧棱长为10，底面边长为，该四棱锥截去一个小四棱锥后得到一个正四棱台，正四棱台的侧棱长为5，则正四棱台的高为（    ）

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据原正四棱锥的几何关系求得其高，再结合正四棱台的侧棱长即可求得其高.

【详解】根据题意，正四棱台是由原正四棱锥过侧棱的中点且与底面平面的平面截得的，

如下所示：

对原正四棱锥，，故其高，

又△△，其相似比为，故正四棱台的高.

故选：.

10. 将函数的图象向右平移个单位，在向上平移一个单位，得到g（x）的图象．若g（x1）g（x2）＝4，且x1，x2∈[﹣2π，2π]，则x1﹣2x2的最大值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意利用函数的图象变换规律，得到的解析式，再利用余弦函数的图象的值域，求出，的值，可得的最大值．

【详解】将函数的图象向右平移 个单位，再向上平移一个单位，

得到g（x）＝sin（2x﹣+）+1＝﹣cos2x+1 的图象，

故g（x）的最大值为2，最小值为0，

若g（）g（）＝4，则g（）＝g（）＝2，或g（）＝g（）＝﹣2（舍去）．

故有 g（）＝g（）＝2，即 cos2＝cos2＝﹣1，

 又，x2∈[﹣2π，2π]，∴2，2∈[﹣4π，4π]，要使﹣2取得最大值，

则应有 2＝3π，2＝﹣3π，

故 ﹣2取得最大值为+3π＝．

 故选A．

【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，余弦函数的图象的值域，属于中档题．

11. 已知椭圆的焦点为，等轴双曲线的焦点为，，若四边形是正方形，则该椭圆的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据椭圆和双曲线的焦距相等列方程，然后整理可得.

【详解】由题意知，椭圆和双曲线的焦距相等，所以有，整理得，所以.

故选：C

12. 已知，则下列不等式不成立的是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据指数函数、对数函数单调性，以及不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出不等式不成立的选项.

【详解】依题意，由于为定义域上的减函数，故，故A选项不等式成立.由于为定义域上的增函数，故，则，所以B选项不等式不成立，D选项不等式成立.由于，故，所以C选项不等式成立.综上所述，本小题选B.

【点睛】本小题主要考查指数函数和对数函数的单调性，考查不等式的性质，属于基础题.

二、填空题 (本大题共 4 小题， 每小题 5 分， 共 20 分)

13. 等差数列中，若，为方程的两根，则等于__________．

【答案】15

【解析】

【分析】由根与系数关系得，利用等差中项的性质即可求的值.

【详解】∵为方程的两根，

∴，由等差数列的性质得，即，

∴由等差中项的性质，．

故答案为：15.

14. 曲线在点处的切线方程为___________.

【答案】

【解析】

【分析】

利用切点和斜率求得切线方程.

【详解】，即切点为，

，即斜率为，

所以切线方程为，即.

故答案为：

15. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，，若，，则三棱锥的外接球表面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据三角形均为直角三角形，且面，可判断球心的位置为中点，进而根据几何关系可求半径.

【详解】∵平面，平面，∴，又，∴

取中点分别为,连接,

由于平面,所以平面,

因为底面为菱形，所以，，且，所以,即是三角形外接圆的圆心，因此球心在直线上，

又,所以,因此可得为球心，

又，

∴.

故答案为：

【点睛】

16. 已知函数满足如下条件：①函数在上单调递增；②函数恒成立，满足上述两个条件的一个函数解析式是___________.

【答案】（不唯一）

【解析】

【分析】结合已知条件及常见函数可得.

【详解】由指数函数定义域为R，值域为，结合条件，

所以函数可为.

故答案为：（不唯一）.

三、解答题（共70分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17. 垃圾是人类日常生活和生产中产生的废弃物，由于排出量大，成分复杂多样，且具有污染性，所以需要无害化、减量化处理．某省为调查产生的垃圾数量，采用简单随机抽样的方法抽取20个县城进行了分析，得到样本数据，其中和分别表示第i个县城的人口（单位：万人）和该县年垃圾产生总量（单位：吨），并计算得，，，，．

（1）请用相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合；

（2）求y关于x的线性回归方程，用所求回归方程预测该省10万人口的县城年垃圾产生总量约为多少吨．

【答案】（1）答案见解析   

（2）252.5吨

【解析】

【分析】（1）利用相关系数公式，代入相关数据即可求得，进而说明可用线性回归模型进行拟合；

（2）利用最小二乘法，代入相关数据求得，再利用求得，得到，当时，可以估计该县城年垃圾产生总量.

【小问1详解】

由题意知，相关系数．

因为y与x的相关系数接近1，所以y与x之间具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合．

【小问2详解】

由题意可得，，，，

所以，故．

当时，，所以该市10万人口的县城年垃圾产生总量约为252.5吨．

18. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=2csinB．

（1）求角C的大小；

（2）若c2=（a﹣b）2+4，求△ABC的面积．

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】试题分析：（1）利用正弦定理化边为角，求出sinC=，结合三角形为锐角三角形求得C值；

（2）把已知等式展开，结合余弦定理求出ab的值，代入三角形面积公式得答案．

解：（1）由正弦定理，

得b=2Rsinb，c=2Rsinc，代入b=2csinB，

得sinB=2sinC×sinB，

∵sinB≠0，∴sinC=，

又△ABC为锐角三角形，∴C=；

（2）由c2=（a﹣b）2+4，得c2=a2+b2﹣2ab+4，

即c2﹣a2﹣b2=﹣2ab+4，

由余弦定理可得，c2﹣a2﹣b2=﹣2ab×cosC，

∴，即，

即，

则．

考点：余弦定理的应用．

19. 如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，侧面ABB1A1为菱形，侧面ACC1A1为正方形，侧面ABB1A1⊥侧面ACC1A1．

（1）求证：A1B⊥平面AB1C；

（2）若AB＝2，∠ABB1＝60°，求三棱锥C1－COB1的体积．

【答案】（1）详见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）先根据面面垂直的性质定理得到平面，由此得到，结合菱形的几何性质得到，进而证得平面.（2）先证得平面，由此将所求几何体的体积，转化为三棱锥的体积.由（1）得为三棱锥的高，根据三棱锥的体积公式计算出所求几何体的体积.

【详解】解：（1）因为侧面侧面，侧面为正方形，所以平面，,    又侧面为菱形，所以，所以平面.

（2）因为，所以，平面，所以，三棱锥的体积等于三棱锥的体积;     平面，所以为三棱锥的高，

因为，,

所以

【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查面面垂直的性质定理的应用，考查等体积法求体积，考查锥体的体积计算，考查空间想象能力以及逻辑推理能力，属于中档题.

20. 若数列的前项和为，且满足等式.

（1）求数列的通项公式；

（2）能否在数列中找到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列？说明理由；

（3）令，记函数的图像在轴上截得的线段长为，设，求，并证明：.

【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析；（3），证明见解析.

【解析】

【分析】（1）由递推式，结合的关系易得是首项为，公比为的等比数列，写出通项公式即可.

（2）令有成等差数列，利用等差中项的性质可得，再结合的取值范围，易得矛盾结论，即证存在性.

（3）由题设可得，再应用裂项相消法求，最后由放缩法得，即可证结论.

【详解】（1）当时，，则，

当时，，则，

∴是首项为，公比为的等比数列，

∴，.

（2）若，有成等差数列，则，

∴，即，整理有，又，

∴，故，与矛盾，故数列中找不到三项，它们按原来的顺序构成等差数列.

（3）由（1）知：，则，

又，

∴

∴，得证.

【点睛】关键点点睛：第二问，应用等差中项的性质及反证法证明；第三问，首先确定x轴交点距离通项，再应用裂项相消法求，最后由放缩法求证结论.

21. 已知函数.

（1）求曲线在点处的切线方程；

（2）当时，求证：函数存在极小值；

（3）请直接写出函数零点个数.

【答案】（1）；   

（2）详见解析；    （3）当或时，函数有一个零点，当或时，函数有两个零点.

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义即得；

（2）讨论函数在区间和上的符号即可推理作答；

（3）在时，分离参数，构造函数，再探讨在上的零点情况即可作答.

【小问1详解】

由函数求导得，

，则，而，

所以曲线在点处的切线方程是；

【小问2详解】

函数的定义域为，由（1）知，，

因为，则当时，，，，

则有，函数在上递减，

当时，，，，

则有，函数在上递增，

于是得当时，函数取得极小值，

所以当时，函数存在极小值；

【小问3详解】

函数的定义域为，

由，可得，

显然是函数的零点，

当时，函数的零点即为方程的解，

令，则，

令，则，

当时，，当时，，

函数在上递增，在上递减，

，，

即有，在，上都递减，

令，，

当时，，当时，，

在上递增，在上递减，，

即，恒有，当且仅当时取“=”，

当时，，当时，，

因此，在上单调递减，取值集合为，在上递减，取值集合为，

于是得当或时，方程有唯一解，当或时，此方程无解，

所以，当或时，函数有一个零点，当或时，函数有两个零点.

【点睛】利用导数研究零点问题：

（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；

（2）方程有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；

（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.

请考生在第22、23两题中任选一题作答， 并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑. 注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题. 如果多做，则按所做的第一题计分.

【选修 4-4：坐标系与参数方程】

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，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）设直线与轴的交点为，经过点的动直线与曲线交于不同的，两点，证明：为定值

【答案】（1）的普通方程是，的直角坐标方程为   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）平方相加就可以消掉参数得到曲线C得普通方程；利用两角和差公式以及极坐标和平面直角坐标得关系就可得出直线的直角坐标方程；（2）设的标准参数方程代入的普通方程，然后利用直线标准参数方程中参数的几何意义求解即可.

【小问1详解】

对于曲线C可得，显然；对于直线得，由直角坐标和极坐标的关系可得，化简得的直角坐标方程为.

【小问2详解】

由，可得，设动直线的标准参数方程为（为参数） 代入中得，化简得，由韦达定理可知，根据直线标准参数方程中的几何意义得，证得为定值7.

【选修 4-5：不等式选讲】

23. 已知函数

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若，求的取值范围

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分类讨论去绝对值求解；（2）根据求的最小值，运算求解.

【小问1详解】

当时，由，即

当时，，解得；

当时，，无解；

当时，，解得，

综上所述：不等式的解集为

【小问2详解】

∵，当且仅当时等号成立，则的最小值为

因为，所以

所以或

解得或

综上，即的取值范围为.