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（理）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（理）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．习近平同志在党的十九大报告中明确指出我国教育的根本任务是立德树人，发展素质教育.为国家培养德智体美劳全面发展的社会主义建设者和接班人，构建德智体美劳全面发展的教育体系是我国教育一直以来努力的方向.某中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动，如图是该校高三文科实验（1）班，理科实验（1）班，两个班级在某次活动中德智体美劳的综合评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好），下列说法正确的（ ）
A．高三理科实验（1）班五项评价得分的极差为1.5
B．除体育外，高三文科实验（1）班各项评价得分均高于高三理科实验（1）班对应的得分
C．高三文科实验（1）班五项评价得分的平均分比高三理科实验（1）班五项评价得分的平均分要高
D．各项评价得分中，这两班的体育得分相差最大
【答案】C
【分析】根据综合评价得分对照图依次判断选项即可得到答案。
【详解】对选项A，高三理科实验（1）班五项评价得分的极差为，故A错误；
对选项B，三文科实验（1）班的德得分为10，
高三理科实验（1）的德得分也为10，故B错误。
对选项C，高三文科实验（1）班德智体美的总分为，
劳得分为到之间，五项评价总分为到之间，
高三理科实验（1）班五项总分为，故C正确。
对选项D，各项评价得分中，这两班的劳动得分相差最大，故D错误。
故选：C
3．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.
4．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.
5．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.
6．如图所示，在正三棱柱中，，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作，证明平面，根据线面角的定义确定与平面所成角的平面角，解三角形求其正弦值即可.
【详解】过点作，连接，由已知平面，平面，所以，
因为，平面，平面，
所以平面，所以为与平面所成角的平面角，
因为平面，平面，所以，所以为直角三角形，
由已知为等边三角形，且，所以，
在中，，，所以，
在中，，，所以，
所以与平面所成角的正弦值为.
故选：B.
7．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.
8．已知函数的图像恒过一点P，且点P在直线的图像上，则的最小值为（ ）
A．4B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】根据指数函数的性质，求定点，代入直线方程，利用基本不等式“1”的妙用，可得答案.
【详解】由函数，可得，则，整理可得，
故，当且仅当，即时，等号成立，
故选：D.
9．已知，，，且，，，函数，则、、的大小关系正确的 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先比较出，利用函数的单调性即可得到答案.
【详解】函数的定义域为R.
因为，所以为偶函数；
当时，为增函数.
因为，，且在上单增，
所以，即.
而，所以.
因为当时，为增函数，所以.
故选：C
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．在四面体中，，，，设，则该几何体的外接球的体积为_______
【答案】
【分析】根据已知可得平面，则可将四面体内接于圆柱体使得圆柱的外接球与四面体外接球相同，即可根据圆柱求得该几何体的外接球的体积.
【详解】解：如图
四面体中，，，又平面
所以平面，则将四面体内接于圆柱中，如下图：
使得点位于圆柱上底面圆上，内接于圆柱下底面，始终保持平面，
取线段中点为，连接
则圆柱外接球即四面体的外接球，则点球心，半径
因为，，所以
所以圆柱底面圆半径，由正弦定理得，则
又，所以
则外接球的体积.
故答案为：.
三、解答题
17．已知数列满足：，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)由题意可知，数列是等比数列，可求通项.
(2)由（1）化简可得，数列是等比数列，求其前项和为，可证.
【详解】（1）由已知，，可得数列是1为首项为公比的等比数列，所以.
（2），，，
所以数列是为首项为公比的等比数列，
，
由，则，即.
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)求二面角的余弦值.
【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，再利用空间向量法求解二面角即可.
【详解】（1）因为三棱柱为直棱柱，所以平面，
因为平面，所以.
因为，，，所以平面.
又因为平面，所以.
因为，，，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.
设平面的法向量为，
所以，令，则，
则.
因为二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
19．据统计我国2016年~2022年水果人均占有量（单位：）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
【答案】(1)呈正线性相关关系
(2)
(3)拟合效果较好
【分析】根据已知条件给的两个图像可以分析出(1)，(3)小问，结合所给数据，图象中的数据和所给公式算出，即可写出线性回归方程.
【详解】（1）根据散点图可知，与成正线性相关关系.
（2）由题中的数据可知，，，
.所以.
（3）由残差图可以看出，残差对应的点均匀的落在-2到2的水平带状区域内，且宽度较窄，说明拟合效果较好.
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)若是的一个极值点，求的值；
(2)讨论函数的单调性.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）求出函数的导数，计算，得到关于的方程，即可得到的值.
（2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间.
【详解】（1）由题意，
在中，
是的一个极值点
∴，
解得：
（2）由题意及（1）得，
在中，，
设，
当时，，
若，解得：
∴当即时，函数单调递减，
当即时，函数单调递增，
当时，
当时，，
当时，解得，，
当即时，，函数单调递减，
当即时，，函数单调递增，
当时，
若即，，，单调递减，
若即，
当时，解得，，
当即和时，，函数单调递减，
当即时，，函数单调递增，
综上，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，在，上单调递减，在上单调递增，
当时，在上单调递减.
【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想.
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.