2023届陕西省榆林市绥德中学高三下学期4月月考数学（文）试题含解析

这是一份2023届陕西省榆林市绥德中学高三下学期4月月考数学（文）试题含解析，共22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。

2023届陕西省榆林市绥德中学高三下学期4月月考数学（文）试题

一、单选题
1．已知复数z满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法以及加减运算，化简计算即可得出答案.
【详解】因为，
所以．
故选：A.
2．已知全集，集合，，则集合（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出集合、，利用并集和补集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
又因为，所以，．
故选：D.
3．在一些比赛中，对评委打分的处理方法一般是去掉一个最高分，去掉一个最低分，然后计算余下评分的均值作为参赛者的得分．在一次有9位评委参加的赛事中，评委对一名参赛者所打的9个分数，去掉一个最高分，去掉一个最低分后，一定不变的数字特征为（    ）
A．平均值 B．中位数 C．众数 D．方差
【答案】B
【分析】根据中位数，平均数，众数和方差得定义进行判断，并举出反例.
【详解】一共9个数据，从小到大排列后分别为，则为中位数，
去掉最高分和最低分后，一共有7个数据，选取第4个数据，即仍然为中位数，故中位数一定不变，
其余数据可能改变，不妨设9个分数为，
平均数为，众数为3和5，
方差为，
去掉最高分10和最低分3后，平均数为，众数为5，
方差为，
平均值，众数和方差均发生变化.
故选：B．
4．已知向量，，，若，则（    ）
A．1 B． C．0 D．
【答案】B
【分析】根据向量坐标运算求解.
【详解】因为，，所以，因为，
所以，解得，
故选：B.
5．已知命题，；命题，则下列命题是真命题的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用命题的真假判定，真值表的应用求解.
【详解】因为不成立，所以p为假命题；
因为当时，成立，故q为真命题．
所以为假命题，为真命题．
故选：．
6．已知数列的前项和为，若，则（    ）
A． B． C． D．2023
【答案】A
【分析】根据与的关系，可推得数列是等比数列，进而得出的表达式，即可求出，代入对数式，根据对数的运算，即可得出答案.
【详解】因为，即.
当时，，即；
当时，，
所以，
所以.
又，
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
7．昆虫信息素是昆虫用来表示聚集、觅食、交配、警戒等信息的化学物质，是昆虫之间起化学通讯作用的化合物，是昆虫交流的化学分子语言，包括利它素、利己素、协同素、集合信息素、追踪信息素、告警信息素、疏散信息素、性信息素等．人工合成的昆虫信息素在生产中有较多的应用，尤其在农业生产中的病虫害的预报和防治中较多使用．研究发现，某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得的信息素浓度y满足，其中k，a为非零常数．已知释放信息素1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为m；若释放信息素4秒后，距释放处b米的位置，信息素浓度为，则b＝（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】根据已知的浓度解析式，代入变量，结合对数的运算，化简求值.
【详解】由题意，，
所以），
即．又，所以．
因为，所以．
故选：B．
8．已知抛物线的焦点为F，其准线与坐标轴交于点A，点P为E上一点，当取最小值时，点P恰好在以A，F为焦点的双曲线上，则双曲线的实轴长等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据抛物线的定义可得，又，可知当直线与抛物线相切时，即点为切点时，最小.设出方程，联立直线与抛物线的方程，根据，可求出的值，进而得出切点的坐标.然后根据双曲线的定义，即可得出答案.
【详解】
根据抛物线的对称性，不妨设点在第一象限，，，
如图，过点作，垂足为.
根据抛物线的定义，可得，所以，
在中，有，
因为在上单调递增，
所以，当最小时，最小，即最小，
当直线与抛物线相切时，即点为切点时，最小，最小.
由已知可得，，，，
则可设直线方程为，，
联立直线与抛物线的方程可得，.
由直线与抛物线相切，可知，
解得，（舍去负值），所以，
代入可得，，此时，
所以切点.
由已知可设双曲线方程为，
因为点在双曲线上，
根据双曲线的定义可知，
，
所以，双曲线的实轴长等于.
故选：B.
9．巴普士（约公元3~4世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家．生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来．《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，（表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，S表示闭合图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．已知在梯形ABCD中，，，，利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到点B的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】考虑先计算重心G到AB的距离和重心G到BC的距离，再用勾股定理可得.
【详解】
直角梯形ABCD绕AB旋转一周所得几何体的体积，设重心G到AB的距离为，则，解得；直角梯形绕BC旋转一周所得几何体的体积，设重心G到BC的距离为，则，所以，所以．
故选：C．
10．已知函数，则（    ）
A．的图象关于直线对称 B．为的一个周期
C．的值域为 D．在上单调递增
【答案】C
【分析】先利用二倍角公式化简函数，然后利用对称和周期的概念判断AB，利用辅助角和函数的有界性求函数值域判断C，利用导数法求函数的单调区间判断D.
【详解】由题意得，
所以，
所以的图象不关于直线对称，故A错误；
，
故不是的周期，故B错误；
设，则，其中，
所以，由得，解得，
所以，即的值域为，故C正确；
因为，所以，
令，得，所以，
所以，故在上单调递减，故D错误
故选：C．
11．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，P是圆与的一个交点，若的内切圆的半径为a，则的离心率为（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】由双曲线定义和得到方程组，求出，再由直角三角形内切圆半径公式，解方程求出离心率.
【详解】已知P是圆与的一个交点，所以圆过点，，
所以，所以，
又因为，与联立，
得，，所以，
又直角的内切圆的半径为a，
，
即，两边平方得，
所以，所以．
故选：A.
12．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据对数的运算，计算可得，则.构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出，根据对数函数的单调性即可得出；先证明当时，.然后根据二倍角公式以及不等式的性质，推得.
【详解】因为，
所以，.
令，，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以，
所以.
因为在上单调递增，所以；
令，则恒成立，
所以，在R上单调递减，
所以，当时，有，即，
所以.
因为，
所以，
所以.
所以.
故选：B．
【点睛】方法点睛：对变形后，作差构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出值的大小关系.

二、填空题
13．已知、满足，则的最大值为__________．
【答案】
【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数即可得解.
【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立可得，即点，
平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最大，
此时取最大值，即．
故答案为：.
14．已知函数（且），曲线在处的切线与直线垂直，则___．
【答案】
【分析】求出，分析可得，即可求得的值.
【详解】因为（且），则，
因为直线的斜率为，
又因为曲线在处的切线与直线垂直，
所以，，解得.
故答案为：.
15．在正三棱柱中，D为棱AB的中点，与交于点E，若，则CD与所成角的余弦值为___．

【答案】
【分析】作出辅助线，找到CD与所成的角，证出线面垂直，得到，设出，利用余弦定理求出，，求出余弦值.
【详解】连接，取中点F，连接，EF，则，

所以为CD与所成的角（或其补角）．
因为在正三棱柱中，D为棱AB的中点，
所以⊥，⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以CD⊥平面，
可得EF⊥平面，又平面，
所以．
不妨设，则，，所以，
又，
所以，
所以，
所以＝．
故答案为：
16．已知，则关于x的方程有6个互不相等的实数解的充要条件为___．
【答案】且
【分析】先证明为偶函数.去绝对值，得到时，，结合的图象，根据偶函数的对称性，得出的图象.结合图象得出解的情况. 设，则原方程变为，根据解的情况，可得出方程两根的取值范围，根据解的范围，即可得出系数的范围.
【详解】因为，
定义域为，所以为偶函数.
当时，，
画出在上的图象，
利用偶函数的对称性，易得f（x）在其定义域上的图象（如图所示）.

由图象可知，当时，有两个解；当时，有四个解.
设，则原方程变为，
所以原方程有6个不同的实数解的充要条件是
方程的两根满足且.
又时，，
且，
而，则问题等价于，
所以且．
故答案为：且．
【点睛】思路点睛：先判断函数的奇偶性，然后作出函数在时的图象，结合对称性，得出的图象.进而根据图象，得出解的情况.然后根据已知零点的个数，分析得出方程根的分布情况，即可得出系数的范围.

三、解答题
17．随着科技的发展，手机的功能已经非常强大，各类APP让用户的生活质量得到极大的提升的同时，也带来了一些问题，如有不少青少年沉迷于手机游戏，对青少年健康成长带来不小的影响．为了引导青少年抵制不良游戏，适度参与益智游戏，某游戏公司开发了一款益智游戏，在内测时收集了玩家对每一关的平均过关时间，如下表：
关卡x
1
2
3
4
5
6
平均过关时间y（秒）
51
79
121
130
237
353
(1)通过散点图分析，可用模型拟合y与x的关系，试求y关于x的回归方程（系数a，b精确到0.01）；
(2)从表中6关过关时间中随机抽取2个，求这两个过关时间均低于6关的过关时间的平均数的概率．
参考公式：对于一组数据（，2，3，…，n），其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
参考数据：
y
51
79
121
130
237
353

3.932
4.369
4.796
4.868
5.468
5.866
，，其中．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据最小二乘法即可求解线性回归方程，进而可得回归方程，
（2）根据古典概型的概率计算公式，列举法即可求解.
【详解】（1）令，由，得，即，
，，，
所以，
所以，故，，
所以，所以．
（2），
由题意知，过关时间低于161.8秒的为第1，2，3，4关，记作a，b，c，d，
超过161.8秒的为第5，6关，记作A，B，
从中任取两个的基本事件有ab，ac，ad，aA，aB，bc，bd，bA，bB，cd，cA，cB，dA，dB，AB，共15个；
其中均低于161.8秒的有ab，ac，ad，bc，bd，cd，共6个，
故所求概率．
18．在中，角的对边分别为，且.
(1)求的大小；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理得出，然后根据余弦定理，即可求出；
（2）根据正弦定理，可求得，然后求出，利用两角和的正弦公式得出，进而根据面积公式即可得出答案.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，即，
所以由余弦定理得.
因为，所以.
（2）因为，，，
由正弦定理，
可得.
又，
所以，
所以的面积.
19．已知在四棱锥中，底面ABCD为边长为4的正方形，E为PA的中点，过E与底面ABCD平行的平面与棱PC，PD分别交于点G，F，点M在线段AE上，且．

(1)求证：平面CFM；
(2)若平面ABCD，且，求点G到平面CFM的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）延长FM与DA的延长线交于点，连接CN交AB于点，连接FH，通过证明四边形BHFG为平行四边形得，故平面CFM．
（2）解法1： G到平面CFM的距离即为到平面CHF的距离，使用等积法求到平面CHF的距离；
解法2：将G到平面CFM的距离转化为A到平面MNH的距离，使用等积法求A到平面MNH的距离．
【详解】（1）证明：延长FM与DA的延长线交于点，连接CN交AB于点，连接FH，
因为平面平面ABCD，且为PA的中点，
所以，，，，
又，所以，
又，所以为AB的中点，所以，且，
所以，且，所以四边形BHFG为平行四边形，所以，
又平面CFM，平面CFM，所以平面CFM．
（2）解法1：由（1）知G到平面CFM的距离，即为到平面CHF的距离，
因为平面ABCD，且，F为PD的中点，
所以点F到平面BCH的距离为3，
所以，

连接FA，取AD的中点O，连接OF，OH，
所以，因为平面ABCD，所以平面ABCD，因为平面ABCD，所以，，
又，所以
在中，，
又，，所以平面PAD，因为平面PAD，所以，
又，所以，
所以，所以，
所以，
设到平面FHC的距离为h，则，所以，
即点G到平面CFM的距离为．
解法2：由（1）知G到平面CFM的距离，即为B到平面CFM的距离，
又因为H为AB的中点，所以A到平面CFM的距离等于B到平面CFM的距离，
即A到平面MNH的距离等于G到平面CFM的距离．
连接MH，取MH的中点Q，连接NQ．
因为，，
所以，所以．
所以．
设A到平面MNH的距离为h，则，
即，所以，
即点G到平面CFM的距离为．

20．在平面直角坐标系中，椭圆的上焦点为F，且C上的点到点的距离的最大值与最小值的差为，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为1.
(1)求的方程；
(2)已知直线：）与交于,两点，与轴交于点，若点是线段靠近点的四等分点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用椭圆的性质可列出方程组，得到，，即得椭圆的方程.
（2）根据题中位置关系，得到关于两交点横坐标的对称式，利用韦达定理代入可得.
【详解】（1）设的焦距为，由题意知
解得
故的方程为．
（2）
设，
联立
消去整理得，
所以，即，
且，．
因为点P是线段MN靠近点N的四等分点，
所以，所以，
所以．
所以
所以，
整理得，
显然不成立，所以．
因为，所以，即．
解得，或，
所以实数m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到，的对称式．本题中通过四等分点得到和之间的关系，再根据，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出和，然后代入后可以得到的取值范围．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于难题．
21．已知，其极小值为-4.
(1)求的值；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：.
【答案】(1)3
(2)证明见解析

【分析】（1）求导，分、和三种情况求的极小值，列方程求解即可；
（2）构造函数，根据的单调性和得到，再结合和的单调性即可得到；设，通过比较和的大小关系得到，，再结合即可得到.
【详解】（1）因为，所以.
当时，，
所以单调递增，没有极值，舍去.
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为，舍去
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为.
所以.
（2）由（1）知，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以不妨设.
下面先证.
即证，因为，所以，
又因为区间上，单调递减，
只要证，又因为，
只要证，只要证.
设，
则，
所以单调递增，
所以，所以.
下面证.
设，因为，
在区间上，；在区间上，.
设，，因为，
所以，所以.
设，，因为，
所以，所以.
因为，所以，
所以.
【点睛】极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法：
①构造，
②确定的单调性，
③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系，
④利用的单调性即可得到或.
22．在直角坐标系中，以为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．
(1)求曲线的直角坐标方程和曲线的一个参数方程；
(2)记与x轴交于点P，曲线和曲线的交点为A，B，求的值．
【答案】(1)；（t为参数）（答案不唯一）
(2)

【分析】（1）根据公式法，即可得出曲线的直角坐标方程.展开曲线的极坐标方程，可得，公式法即可得出曲线的直角坐标方程，然后写出的一个参数方程即可；
（2）直线的参数方程代入的直角坐标方程，可得.根据韦达定理得出对应参数的关系，然后根据弦长公式，即可得出答案.
【详解】（1）因为曲线的极坐标方程，
又，，
代入可得，，整理可得，
所以曲线的直角坐标方程为.
因为曲线的极坐标方程为，
所以，
所以曲线的直角坐标方程为，
所以是过点，斜率为，即倾斜角为的直线，
所以直线的一个参数方程为（t为参数）.
（2）设A，B所对应的参数分别为，
把直线的参数方程代入，可得，
，
所以，，
故．
23．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若的最大值为，正数，满足，求的最小值．
【答案】(1)
(2)3

【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论，分别计算即可；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，再利用乘“1”法及基本不等式计算即可.
【详解】（1），
不等式等价于或或，
解得或或，
故不等式的解集为．
（2）因为，
当且仅当时等号成立，故，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为.