2023届广西桂林市第五中学高三上学期11月月考数学（文）试题（解析版）

2023届广西桂林市第五中学高三上学期11月月考数学（文）试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题，得，后由交集定义可得答案.

【详解】由题得，又，

则.

故选：C

2．设复数满足（为虚数单位，是的共轭复数），则在平面内对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】设，进而代入求解，再根据复数的几何意义判断即可.

【详解】设，则，即，解得.

故，则在平面内对应的点在第一象限.

故选：A

3．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由三视图可知，该几何体为三棱锥和三棱柱的组合体，分别求出面积即可得到.

【详解】由三视图可知，该几何体为三棱锥和三棱柱的组合体，三棱锥的底面为直角边长为1的等腰直角三角形，高为1；三棱柱的的底面为直角边长为1的等腰直角三角形，高为1.所以三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，

所以该几何体的体积是.

故选：B.

4．已知圆：和定点，若过点可以作两条直线与圆相切，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】把圆的方程化为标准方程，由过点可以作两条直线与圆相切，可知点在圆外，列出不等式即可得到的取值范围.

【详解】圆：化为标准方程：，

过点可以作两条直线与圆相切，

点在圆外，将点代入圆方程得：，

（舍去）或，

的取值范围是.

故选：D.

5．若双曲线的渐近线与圆：相交，则此双曲线的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】双曲线的渐近线与圆相交，则圆心到渐近线的距离小于半径，解出的不等式代入离心率算式即可．

【详解】由圆化为标准方程，得到圆心，半径．

双曲线的渐近线与圆相交，

则圆心到渐近线的距离小于半径，即，可得，∴，即，又∵，

．

该双曲线的离心率的取值范围是．

故选：A．

6．以下平移能将函数的图象变成函数的图象的是（    ）

A．向右平移 B．向左平移 C．向右平移 D．向左平移

【答案】A

【分析】根据函数的图象的平移变化法则（左加右减）即可求解.

【详解】因为，而，

所以将函数的图象向右平移个单位可得到，

故选：.

7．已知：中，角，，的边分别为，，，，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】由正弦定理和二倍角的正弦定理，结合余弦二倍角公式进行求解即可.

【详解】根据正弦定理和正弦的二倍角公式，

由，

因为，所以，

于是由，

因此，

故选：A

8．由变量与相对应的一组数据得到的线性回归方程为，根据样本中心满足线性回归方程，则（    ）

A．45 B．51 C．67 D．63

【答案】B

【分析】根据题意求出，由于样本中心点在回归直线上，所以将代入回归方程可求出.

【详解】由题意得，

因为线性回归方程为，

所以，

故选：B.

9．已知椭圆：右焦点为，其上下顶点分别为，，点，，则该椭圆的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由椭圆的几何性质可知上下顶点坐标，再由向量数量积可得，即可得到答案.

【详解】根据题意可知，，；

所以，，

又，所以，可得

在椭圆中，，又，所以

即椭圆的标准方程为.

故选：D.

10．设，则“”是“且”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】B

【解析】根据不等式的性质，利用必要不充分条件的定义判断即可.

【详解】根据不等式的性质由且能推出 ；

当，时，有  而，

则“”是“且”的必要不充分条件.

故选：B．

【点睛】判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理．

11．已知函数，，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分析函数的奇偶性、单调性，将不等式等价转化为，进而利用三角函数的性质及不等式恒成立的意义得到的取值范围.

【详解】由，为奇函数，增函数，

恒成立，即，

，即

当时，，

当时，成立，

当时，.

综上实数的取值范围是．

故选：.

12．已知定义在上的函数是偶函数，当时，，若关于的方程，有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由偶函数性质可以画出函数的图像，关于的方程有6个不同的实数根，根据数形结合和韦达定理即可求得结果.

【详解】由题意可知，函数的图像如下图所示：

根据函数图像，函数在上单调递增，在上单调递减；

且时取最大值2，在时取最小值0，是部分图像的渐近线.

令，则关于的方程即可写成

此时关于的方程应该有两个不相等的实数根（其他情况不合题意），

设为方程的两个实数根，

显然，有以下两种情况符合题意：

①当时，此时，则

②当时，此时，则

综上可知，实数的取值范围是.

故选：C.

二、填空题

13．已知向量，若，则________.

【答案】-2

【分析】利用向量共线列方程，即可求出.

【详解】因为向量，且，

所以，

所以.

故答案为：-2.

14．执行如图所示的程序框图，输出的值为________.

【答案】

【分析】根据程序框图的意义，求输出的值.

【详解】由程序框图可知，.

故答案为：

15．已知实数，满足，则的取值范围是_______.

【答案】

【分析】先画出可行域，再把目标函数变形为直线的斜截式，根据其在y轴上的截距即可求范围.

【详解】作出不等式组表示的可行域，如图所示：将目标函数变形，当该直线在y轴

上的截距取最大值时，目标函数取到最大；当该直线在y轴上的截距取最小值时，目标函数取到最小；

由图可知，当目标函数经过点A时，z取到最小值，由可得，所以，

，根据图像可行域不是封闭的，所以直线可以一直向右边平移，截距在y轴上

可以一直变大，

故答案为：

16．已知函数R，，若关于的方程为自然对数的底数）只有一个实数根，则=_______________．

【答案】

【详解】试题分析：，而由，因此当时，；当时，；从而，当且仅当时；，当且仅当时，由题意得

【解析】利用导数求函数最值

三、解答题

17．近几年，每到春寒交替的季节，北京地区的医院呼吸利都人满为患，致病的罪魅祸首就是“雾霜”，私家车排放的可吸人颗粒物PM10和PM2.5是首要污染源为此政府提出“公交优先就是公民优先”引导大家公交出行，但公交车的数量太多会造成资源的浪费，太少又难以满足乘客需求，为此，某市公交公司在某站台的60名候车乘客中进行随机抽样，共抽取10人进行调查反馈，所选乘客情况如下表所示：

(1)估计这60名乘客中候车时间少于10分钟的人数；

(2)现从这10人中随机取2人，求恰有一人来自第二组的概率.

【答案】(1)36人

(2)

【分析】(1)用总人数乘以样本中候车时间少于10分钟的人数所占的比例，即为所求；

(2)先计算出10人取2人的结果数，然后再计算一人来自第二组，另外一人来自

其他三组的结果数，相除即为所求

【详解】（1）候车时间少于10分钟的人数为(人)

（2）10人取2人的结果数为，一人来自第二组的结果数为，

另外一人来自其他三组的结果数为，故恰有一人来自第二组的概率为

18．单调递增的等比数列满足，且是，等差中项.

(1)设，求数列的前n项和；

(2)若（1）中满足对于恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据题意可得，，再利用错位相减即可求得；

（2）将问题转化为对于恒成立，判断出数列为递减数列，只需求出此数列的最大项即可得实数的取值范围.

【详解】（1）解：设等比数列的首项为，公比为．

依题意是，的等差中项，

有，

代入，

得，

所以，

．

，

解之得或，，

又单调递增，

，，

；

所以，

①

②

由①-②可得，

，

，

所以；

（2）解：因为对于恒成立，

 即对于恒成立，

等价于对于恒成立，

即对于恒成立，

因为，

又因为，

所以，

所以数列为递减数列，

所以当时，的最大值为，

所以.

故实数的取值范围为.

19．如图，四棱维中，底面是梯形，，，为等腰直角三角形，，为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求证：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）取的中点，连接，先证明，再由线面平行的判定定理证明即可；

（2）取的中点，连接，先证明，，即可证明

平面，从而证明

【详解】（1）取的中点，连接，

因为分别为的中点，

所以，

因为，

所以，

所以四边形是平行四边形，

所以，

因为，平面，平面，

所以平面；

（2）取的中点，连接，

因为，

所以，

因为，

所以是等边三角形，

所以，

因为，，，平面，平面，

所以平面，

又因为平面，

所以

20．如图，已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，为抛物线的准线与轴的交点.

（1）若，求直线的斜率；

（2）求的最大值.

【答案】（1）； （2）.

【分析】（1）设直线：，，联立直线方程和抛物线方程消元后得到，利用韦达定理化简可得.

（2），利用点在抛物线上可得与的函数关系式，由基本不等式可得的最大值从而得到的最大值.

【详解】（1）因为抛物线的焦点为，.

当轴时，，，此时，与矛盾，

所以可设直线的方程为，，

代入，得，

则，，①

所以，所以.②

因为，所以，

将①②代入并整理得，，所以.

（2）因为，所以，

当且仅当，即时取等号，所以，

所以的最大值为.

【点睛】当直线与抛物线相交时，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程，解此方程即可.

21．已知函数.

(1)当时，求函数在点处的切线方程；

(2)求函数的单调区间.

【答案】(1)

(2)答案见解析.

【分析】（1）分别求、、，由点斜式方程可得切线方程；

（2）先求的定义域再求导，分类讨论与时导数的正负来研究原函数的单调性.

【详解】（1）当a=2时， ，则 ，

∴，

∴在点处的切线斜率，

∴在点处的切线方程为 ，即：.

（2）的定义域为，，

①当时，恒成立，

∴的单调递增区间为，无单调递减区间.

②当时，， ，

两根分别为， ，

∴的单调递增区间为，单调递减区间为.

综述：①当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；

②当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.

22．已知曲线的普通坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数）.

(1)求曲线为极坐标方程，的普通方程；

(2)设曲线与轴的一个交点的坐标为，经过点作曲线的切线，求切线的方程.

【答案】(1)曲线的极方程为，曲线的普通方程为

(2)或

【分析】（1）根据直角坐标与极坐标互化公式，以及参数方程和普通方程化简公式，即可求解；

（2）首先求点的坐标，利用圆心到切线的距离等于半径，即可求切线方程.

【详解】（1）根据直角坐标与极坐标转化公式，，，

代入曲线的直角坐标方程，可知，

即；

曲线的参数方程为（为参数），化为普通方程得，

所以曲线的极方程为，曲线的普通方程为

（2）曲线与轴的两个交点分别为和，代入圆的方程得

，，都在圆外，所以或，

当时，向圆引切线，设切线方程为，

圆心到直线的距离，得，

解得：，切线方程为

当时，向圆引切线，设切线方程为，

圆心到直线的距离，得，

解得：，切线方程为

综上可知，切线方程为或.