2023届贵州省遵义市高三上学期第三次月考数学（文）试题（解析版）

2023届贵州省遵义市高三上学期第三次月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则集合（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】集合间的基本运算，逐项代入即可

【详解】对A：，故A错误；

对B：，故B错误;

对C：，故C错误

对D：，故D正确

故选：D.

2．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设出，得到，，从而列出方程，求出，，得到答案.

【详解】设复数，则，

因为，所以，解得，

因为，，所以，解得，

故.

故选：B

3．函数的定义域为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先解不等式，再由交集运算得到定义域.

【详解】，，解得；由，解得

故函数的定义域为

故选：A

4．已知甲､乙的年龄都是正整数，且甲的年龄大于乙的年龄，则“甲､乙的年龄之和等于36”是“甲的年龄大于18且乙的年龄小于18”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】A

【分析】判断“甲､乙的年龄之和等于36”和“甲的年龄大于18且乙的年龄小于18”之间的逻辑推理关系，即可得答案.

【详解】若甲､乙的年龄之和等于36,则由甲的年龄大于乙的年龄，

可得“甲的年龄大于18且乙的年龄小于18”成立；

若甲的年龄大于18且乙的年龄小于18，则甲的年龄可以为20，乙的年龄可以为15，

则“甲､乙的年龄之和等于36”不成立，

故“甲､乙的年龄之和等于36”是“甲的年龄大于18且乙的年龄小于18”的充分不必要条件，

故选：A.

5．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】按照程序框图依次计算可得结果.

【详解】

所以输出x的值为.

故选：C.

6．已知，，与均为钝角，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据同角的三角函数关系求得，将化为，利用两角和的正弦公式即可求得答案.

【详解】由题意可知，，与均为钝角，

故，

故

，

故选：B.

7．已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（    ）

（参考数据：，）

A．1.62dm B．1.64dm C．3.18dm D．3.46dm

【答案】B

【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则小圆锥的高为2r dm，然后列方程可求出，从而可求出结果.

【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，

所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，

设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则由题意可得小圆锥的高为2r dm，

则，解得，

即，．

则剩余的水的高度为．

故选：B

8．若，椭圆C：与椭圆D：的离心率分别为，，则（    ）

A．的最小值为 B．的最小值为

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】D

【分析】根据，求得两个椭圆的离心率，然后利用基本不等式求解.

【详解】解：因为，

所以，，

所以，

当且仅当时，等号成立，

故的最大值为，无最小值．

故选：D

9．函数图像的对称轴方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由的对称轴为，代换解出即可

【详解】由函数的对称轴为

令，得：

所以函数图像的对称轴方程为：

故选：A.

10．正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，，分别为，的中点，若是侧面上一点，且平面，则线段的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由平面平面，确定点在线段上，进而由得出答案.

【详解】取的中点为，连接，因为，，

所以由面面平行的判定可知，平面平面，则点在线段上，当时，线段最短，，

即，，

故，故

故选：C

11．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题可知，三个数都是大于0的，所以相比利用换底公式化简与1比较即可

【详解】由，，

所以①

所以

②

所以

③

所以

综上：即

故选：B.

12．已知，点P满足，动点M，N满足，，则的最小值是（    ）

A．3 B． C．4 D．

【答案】A

【分析】根据题意先求出点P的轨迹方程，再根据知求的最小值即求的最小值．

【详解】解：由题意知不妨设点P的轨迹为以为焦点的双曲线的左支，

设双曲线的标准方程为，

则，

，

∴ 点P的轨迹方程是，

，

∴ 为M、N的中点，

，

，

，

∴的最小值为3，当点P在双曲线的左顶点时取等号．

故选：A．

二、填空题

13．已知向量，，若A，B，C三点共线，则____________．

【答案】5

【分析】由向量共线的坐标表示求解.

【详解】由A，B，C三点共线知，则，解得．

故答案为：5．

14．若函数的导函数为偶函数，则的值域为___________.

【答案】

【分析】求出函数的导数，根据其为偶函数可确定a的值，结合二次函数的性质即可求得答案.

【详解】由函数可得，

由于为偶函数，所以，即 ，

所以，即的值域为 ，

故答案为：

15．如图1，青铜大立人像，1986年于三星堆遗址二号祭祀坑出土，重约180公斤，是距今已有3000多年历史的青铜器.如图2，小张去博物馆参观青铜大立人像时，他在A处观测青铜大立人像顶部P的仰角为30°，他再向青铜大立人像底部H前进388厘米到达B处，观测青铜大立人像顶部P的仰角为75°，已知A，B，H三点共线，则青铜大立人像的高为____________厘米.（取）

【答案】

【分析】根据题意，在中，利用正弦定理求出，然后在中即可求解.

【详解】由题意可知：，，因为，所以，在中，由正弦定理可得：，

即，解得：，

在中，，

所以，

（）

故，

故答案为：.

16．在平面直角坐标系内，对任意两点，，定义A，B之间的“曼哈顿距离”为.设曲线围成的平面区域为，从平面区域内随机选取一点，则点满足曼哈顿距离的概率为____________.

【答案】

【分析】根据题意，作出平面区域为，设，再根据得，作出平面区域，根据几何概型计算求解即可.

【详解】解：当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第一象限中的部分；

当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第二象限中的部分；

当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第三象限中的部分；

当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第四象限中的部分；

当时，表示坐标原点.

所以，曲线围成的平面区域为四个半圆和正方形围城的区域，如图，

其面积为，

设，则，其等价于，围成的平面区域为上图中的四边形及其内部，其面积为，

所以，从平面区域内随机选取一点，则点满足曼哈顿距离的概率为

故答案为：

三、解答题

17．2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，航天员翟志刚､王亚平､叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标志着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成.并将进入建造阶段.某中学为了激发学生对天文学的兴趣.开展了天文知识比赛.高一和高二年级各有10名参赛选手，得分不低于90分的选手可获奖.各参赛选手比赛得分的茎叶图如图所示.

(1)从平均分来看，高一和高二哪个年级的得分更高？并说明理由.

(2)从获奖的参赛选手中任选2名参加市区举行的天文知识比赛，求选出的2名参赛选手来自同一个年级的概率.

【答案】(1)高一年级的得分更高,理由见解析.

(2).

【分析】（1）分别计算两个年级的平均分，即可得结论；

（2）确定每个年级获奖的学生人数，列举出从获奖的参赛选手中任选2名参加市区举行的天文知识比赛的所有情况，列举出选出的2名参赛选手来自同一个年级的情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案,

【详解】（1）设高一高二年级参赛选手得分的平均分分别为 ，

则 ，

  ，

因为 ，所以从平均分来看，高一年级的得分更高．

（2）因为得分不低于90分的选手可获奖，所以由茎叶图可知，高一年级有4名选手获奖，高二年级有2名选手获奖，

记高一年级的4名选手为 ，高二年级的2名选手为，

从这6名选手中选取2名的所有情况为，，共15种情况，

选出的2名选手来自同一个年级的有共7种情况，设事件A表示”选出的2名参赛选手来自同一个年级”,所以 .

18．已知在等比数列中，，且,,成等差数列，数列满足,，.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；

（2）求得的通项公式，结合（1）的结论可得，利用分组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.

【详解】（1）因为,,成等差数列，所以 ,

又因为在等比数列中，,所以，得的公比 ，

所以 ,解得 ，故.

（2）由,，，得 ，

则是等差数列，因为,所以，

则 ，

则

．

19．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡,故又称四阿顶.如图，某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面为矩形，，底面，且，，分别为，的中点.

(1)证明：，且平面.

(2)若与底面所成的角为 ，过点作，垂足为，过作平面的垂线，写出作法，并求到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2)作法见解析；.

【分析】（1）根据线面平行的性质定理可证明；分别证明，根据线面垂直的判定定理即可证明平面；

（2）利用线面垂直的判定和性质定理可得到过作平面的垂线的作法，解直角三角形求得到平面的距离.

【详解】（1）证明：因为底面 ，平面,

平面 底面 ．所以；

因为，分别为的中点，

所以 ，而，

因为 ，且，

所以四边形为梯形，且与必相交于一点，

又 ,所以 ，而平面,

故平面.

（2）由(1)知平面,平面EFNM,所以,

因为，平面 ，

所以平面 ，

则为与底面所成的角，则 ，

因为 ，所以 ，

作 ，垂足为G，连接,则 ,

作 ，垂足为K，

因为底面 ，底面,所以，

平面,所以平面，

平面,所以,平面,

所以平面,则即为要求作的垂线,

又底面，底面,所以 ，

且，

所以 ,

所以H到平面的距离为 .

20．已知抛物线，过点作直线与交于，两点，当该直线垂直于轴时，的面积为2，其中为坐标原点.

(1)求的方程.

(2)若的一条弦经过的焦点，且直线与直线平行，试问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）由的面积为2可得，求解即可；

（2）设直线MN：，设直线ST：，分别代入，利用根与系数的关系以及弦长公式即可求解.

【详解】（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为，

代入，得，

因为的面积为2，所以，解得，

故C的方程为．

（2）由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：，

则，代入，得，

设，，

则，，，

．

设直线ST：，则，代入，

得，

设，，则，，，

，

故存在常数，使得恒成立．

【点睛】关键点睛：第二问中，关键在于利用韦达定理结合弦长公式得出，，从而得出.

21．已知函数.

(1)设的零点为，求曲线在点处的切线方程；

(2)若不等式对恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）根据函数的解析式求得零点，根据导数的几何意义即可求得答案；

（2）将原不等式化简可得对恒成立，分类讨论a的正负，从而可得或，由此可构造函数，利用导数求其最值，结合解一元二次不等式即可求得答案.

【详解】（1）由题意可得的定义域为 ，，

设函数 ，则在上是增函数，

又 ，所以 ，

因为，所以 ，且 ，

所以曲线在点处的切线方程为即 .

（2）由对恒成立，

得对恒成立，

当时由，得 ，

设函数 ，则 ，

当时， ，当 时 ，

所以 在上是增函数，在上是减函数，

所以的最大值为 ，则 ，

又 ，解得 ．

当时，由，得 ，

当 时，，当 时，，

所以的最小值为0，则 ，

又 ，得 ，

综上a的取值范围是 .

【点睛】方法点睛：本题第二问是根据函数不等式恒成立问题求解参数范围，解决此类问题的方法一般是对不等式进行合理变形，进而分离参数，转化为函数的最值问题求解；根据参变分离后的表达式构造恰当的函数，分类讨论，利用导数求解最值问题即可解决问题.

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，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的方程为.

(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)若分别是曲线和曲线上的动点，求的最大值.

【答案】(1)曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程

(2)

【分析】（1）利用参数方程和普通方程，极坐标方程和直角坐标得互化即可；（2）运用圆心距和半径之间的关系解决即可.

【详解】（1）由题知，

曲线的参数方程为（为参数，）

所以，

消去参数得：

所以；

曲线的方程为，

所以，

因为，

所以，

所以曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程；

（2）由（1）得，

曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程，

所以曲线得圆心，曲线得圆心，

所以圆心距，

所以.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若的最小值为，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据分类讨论的方法，分别讨论，，三种情况，解对应的不等式，即可得出结果；

（2）利用绝对值三角不等式可求得，再由柯西不等式，即可得出结果.

【详解】（1），

当时，不等式可化为，解得，所以；

当时，不等式，所以；

当时，不等式可化为，解得，所以；

综上，不等式的解集为；

（2）由绝对值三角不等式可得，

当且仅当，即时，等号成立，故，

由柯西不等式可得，即，

当且仅当时，即当时，等号成立，

故的最小值为.