2023-2024学年陕西省榆林市十校联考高三上学期12月月考试题数学（文）含答案

这是一份2023-2024学年陕西省榆林市十校联考高三上学期12月月考试题数学（文）含答案，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知复数实数，则（ ）
A. 0B. －1C. 2D. －2
2 设全集，集合A，B满足，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，已知一个三棱锥的主视图、左视图和俯视图均为斜边长为4的等腰直角三角形，则该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知非零向量，满足，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D. 1
5. 已知是定义域为的偶函数，且其图像关于点对称，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知平面直角坐标系内的动点满足，则P满足的概率为（ ）
A. B. C. D.
7 已知抛物线：，：，若直线l：与交于点A，B，且与交于点P，Q，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，且，则的面积（ ）
A. 1B. C. D.
9. 已知函数在的最小值为－1，则（ ）
A. 2eB. 3C. eD. 1
10. 如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图像的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
11. 已知A，B是圆C：的两点，且是正三角形，则直线AB的方程为（ ）
A. B.
C. D.
12. 已知函数，过坐标原点O作曲线的切线l，切点为A，过A且与l垂直的直线交x轴于点B，则面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知数据15，14，14，a，16的平均数为15，则其方差为______.
14. 已知某圆台的上底面圆心为，半径为r，下底面圆心为，半径为2r，高为h.若该圆台的外接球球心为O，且，则______.
15. 若双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P是其右支上的动点，与其左支交于点Q.若存在P，使得，则C的离心率的取值范围为______.
16. 已知O为坐标原点，点，P为圆上一点，则的最大值为______.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 某酒店为了调查入住宾客对该酒店服务的满意率，对一个月来曾入住过的顾客进行电话回访，回访结果显示，顾客的满意率为80%.在不满意的顾客中，对住宿环境不满意的占60%，对服务员的服务态度不满意的占40%.
（1）若在电话回访的所有顾客中，对住宿环境不满意的顾客共有240人，求此次电话回访的顾客总数；
（2）若在一同住宿的甲、乙等五名顾客中，随机选择两名进行回访，求甲、乙两人中至少一人被选中的概率.
18. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，是正三角形，已知，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
19. 已知等比数列公比，且，首项，前n项和为.
（1）若，且为定值，求q的值；
（2）若对任意恒成立，求q的取值范围.
20. 已知椭圆C：的右焦点为，左顶点为A.过点F且不与x轴重合的直线l与C交于P，Q两点（P在x轴上方），直线AP交直线：于点M.当P的横坐标为时，.
（1）求C的标准方程；
（2）若，求的值.
21. 已知.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个极值点，，设，且不等式的解集为，证明：.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.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. 在极坐标系中，圆C的极坐标方程为.
（1）以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，求圆C的直角坐标方程；
（2）求圆C上的点到直线距离的最小值.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知正数满足.
（1）若，求最小值；
（2）证明：.文科数学试卷
一、选择题：本题共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. 已知复数是实数，则（ ）
A. 0B. －1C. 2D. －2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，根据是实数求出的值
【详解】因为是实数，所以.
故选：B
2. 设全集，集合A，B满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由集合的交并补运算的定义求解即可.
【详解】由题意，若，则，故A错误；若，则，故B错误；因为，故，故C正确；
若，则，故D错误.
故选：C.
3. 如图，已知一个三棱锥的主视图、左视图和俯视图均为斜边长为4的等腰直角三角形，则该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三视图可以画出该几何体的直观图,可得一条侧棱与底面垂直，底面是直角三角形，得四面体的高与底面积，计算四面体的体积.
【详解】知直角边长为，所以体积.
故选：D
4. 已知非零向量，满足，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积与模长关系结合二次函数的性质计算即可.
【详解】因为，
所以，当且仅当时，等号成立.
故选：B
5. 已知是定义域为的偶函数，且其图像关于点对称，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先分析题意结合已知信息，求出周期，解出答案可得.
【详解】因为是定义域为的偶函数，且其图像关于点对称，当时，，
得出的周期，所以.
故选：A.
6. 已知平面直角坐标系内的动点满足，则P满足的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用线性规划结合几何概型计算即可.
【详解】如图，可行域为所围成的区域，
，，满足的区域为，
且，
易知，
所以的概率.
故选：D
7. 已知抛物线：，：，若直线l：与交于点A，B，且与交于点P，Q，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】分别将直线l与抛物线，联立，要使，只需，整理解出即可.
【详解】结合题意：要使，即，
只需满足
直线l与抛物线联立，，消去x，整理得，
所以，
直线l与抛物线联立，，消去x，整理得，
所以，解得.
故选:C.
8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，且，则的面积（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角平方和关系可得，进而利用诱导公式即可得，即可求解，或者利用二倍角公式，结合三角函数的性质可得，进而可求解.
【详解】方法1：因为，所以，
又，所以，
由于，解得，则，
由可得均为锐角，所以，则，
所以，即，所以.
方法2：因为，所以，又，故均为锐角，
所以，即，
因为，故，且,
所以，
则，故，.
故选：A
9. 已知函数在的最小值为－1，则（ ）
A. 2eB. 3C. eD. 1
【答案】B
【解析】
【分析】首先分析题意，可知恒成立，再设，解出，求出，即.
【详解】由题意可知，恒成立，且存在，使得等号成立，
所以恒成立，且存在，使得等号成立，
设，则，
令，解得，
时，；时，
所以在区间单调递减，在单调递增，
易知，即.
故选：B.
10. 如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径.将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线.若该段正弦曲线是函数图像的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合正弦型函数的性质，以及椭圆的几何性质，利用勾股定理列出方程，即可求解.
【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图像的一部分，
可得，且，所以圆柱的底面直径，
设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，因为离心率为，可得，
所以，由勾股定理得，解得.
故选：A.
11. 已知A，B是圆C：的两点，且是正三角形，则直线AB的方程为（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合图形，先判断出切线与原点与圆心连线的夹角为，进而得到两点恰为切点，再应用点到线的距离即可求解.
【详解】设是圆的圆心，，
由题意可知，圆与轴相切于D点，则，
又，所以，又是正三角形，
则两点恰为切点
设点与点重合，
由题意可知，，且，所以，
不妨设线段AB中点为H，则，
设直线AB：，即，
则，
则或，
结合图形知时与圆没有交点，故舍去，
则，所以直线AB的方程为.
故选：C
12. 已知函数，过坐标原点O作曲线的切线l，切点为A，过A且与l垂直的直线交x轴于点B，则面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设出切点，求出，根据点斜式写出切线l方程，根据切线l过原点求出切点坐标和直线l的斜率；再根据已知条件求出直线的方程，进一步求出点B坐标；最后根据三角形面积公式表示出面积，利用基本不等式求解即可.
【详解】因为，
所以.
设切点为，
则，.
所以切线l方程为.
因为切线l过坐标原点O，
所以将代入切线方程，整理得，解得：.
所以，
则点，.
因为直线过A且与直线l垂直，
所以，
则直线的方程为.
令，解得，
所以点B坐标为.
所以.
因，当且仅当，即时，等号成立，
所以.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于：先利用导数的几何意义解决过原点的曲线切线方程问题；再根据平面两直线垂直得出直线的方程，进而求出点B坐标；最后表示出面积，利用基本不等式求解即可.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知数据15，14，14，a，16的平均数为15，则其方差为______.
【答案】##
【解析】
【分析】先由平均数的公式计算出平均数，再根据方差的公式计算
【详解】因为，所以，所以.
故答案为：
14. 已知某圆台的上底面圆心为，半径为r，下底面圆心为，半径为2r，高为h.若该圆台的外接球球心为O，且，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据圆台与球的特征计算即可.
【详解】因为，所以，
所以,
解之得.
故答案为：3
15. 若双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P是其右支上的动点，与其左支交于点Q.若存在P，使得，则C的离心率的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，结合即可求解.
【详解】因为，且，所以，
所以，由于，所以，解得，所以.
故答案为：
16. 已知O为坐标原点，点，P为圆上一点，则的最大值为______.
【答案】200
【解析】
【分析】首先分析题意，方法一过O作于H，在过P作圆的一条切线，最后通过图像，求出.
方法二设出通过化简，得出的最大值为200.
【详解】方法1：过O作于H，则，且易知H在以线段OA为直径的圆上，设该圆的圆心为，则，过P作圆的一条切线，切点为B，则，故当的值最大时，的值最大.记圆的圆心为，其半径，则由几何关系可知，故的值最大为
方法2：设，则
，故当时，的最大值为200.
故答案为：200.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 某酒店为了调查入住宾客对该酒店服务的满意率，对一个月来曾入住过的顾客进行电话回访，回访结果显示，顾客的满意率为80%.在不满意的顾客中，对住宿环境不满意的占60%，对服务员的服务态度不满意的占40%.
（1）若在电话回访的所有顾客中，对住宿环境不满意的顾客共有240人，求此次电话回访的顾客总数；
（2）若在一同住宿的甲、乙等五名顾客中，随机选择两名进行回访，求甲、乙两人中至少一人被选中的概率.
【答案】（1）人
（2）
【解析】
【分析】（1）利用频率、频数与样本容量的关系求解；
（2）利用古典概率模型求解
【小问1详解】
住宿环境不满意的顾客在所有顾客中所占的比例为，
所以回访的顾客总数为人；
【小问2详解】
设甲、乙两人中至少一人被选中为事件A，
由题意可知，甲乙两人都未被选中的概率为,
所以.
18. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，是正三角形，已知，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分别作的中点，证得，得到，再由，得到，根据线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.
（2）过作于，求得，，设点到平面的距离为，结合，即可求解.
【小问1详解】
证明：分别作的中点，连接，
因为分别为的中点，且四边形为等腰梯形，
可得，所以，
在等腰梯形中，因为，，
可得，所以，
因为是正三角形，是中点，所以，又由，可知
又因为，所以，所以，
因为，，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：由（1）知，，且为的中点，可得，
过作于，因为，则为的中点，
且，所以，
又由，所以，
设点到平面的距离为，则，解得，
所以点到平面的距离为.
19. 已知等比数列的公比，且，首项，前n项和为.
（1）若，且为定值，求q的值；
（2）若对任意恒成立，求q的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列前项和公式、等比数列通项公式运算变形即可得解.
（2）对公比进行分类讨论即可，结合等比数列前项和公式进行适当放缩比较即可得解.
【小问1详解】
易知，
若，且为定值，
则当且仅当时，为定值－1.
【小问2详解】
因为，所以，
当时，有，即要满足恒成立，
当时，由于，这与恒成立矛盾.
当时，有，即要满足恒成立，
当时，由于，
故.
综上，q的取值范围是.
20. 已知椭圆C：的右焦点为，左顶点为A.过点F且不与x轴重合的直线l与C交于P，Q两点（P在x轴上方），直线AP交直线：于点M.当P的横坐标为时，.
（1）求C的标准方程；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及椭圆的定义求得a、b的值即可.
（2）根据题意设出直线l，求出表达式，根据直线AP交直线：于点M，与，求出点M坐标，进而求出的值.
【小问1详解】
由题意可知，，即，
设，则，且有，
所以，
又，
整理化简有，
所以（不合题意舍去），或，
所以C的标准方程为.
【小问2详解】
由题可知，直线l的斜率不为0，设l：，，，
将l与C的方程联立，，消去x，整理得，
所以，，
则，
又直线AP的方程为，则，
所以，
且，所以，
所以，整理得，
因为点P在x轴上方，所以直线的斜率，且，
所以，即，
所以
，
又，
所以，
所以，即.
21. 已知.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个极值点，，设，且不等式的解集为，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先分析题意，可知，再分情况讨论a,总结出的单调增区间为和，单调递减区间为；
（2）通过（1），可知，再分析题意，设出，证明出，进一步解析即可得出答案.
【小问1详解】
易知，
当时，恒成立，即在上单调递增，
当时，的解集为，的解集为，
所以的单调增区间为和，单调递减区间为，
当时，的解集为，的解集为，
所以的单调增区间为和，单调递减区间为；
【小问2详解】
由（1）可知，，且，
设，则，，
令，解得，易知，所以单调递增，
又因为，所以当时，，当时，，
由题意可知，，所以，其中，
要证，即证明，即证明，
即证明，即证明，
设，即证明，
易知，则，
所以单调递增，所以，
所以单调递增，所以，即命题得证.
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.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. 在极坐标系中，圆C的极坐标方程为.
（1）以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系，求圆C的直角坐标方程；
（2）求圆C上的点到直线距离的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】应用三角恒等变换、转换公式及点到线的距离公式即可求解；
【小问1详解】
因，所以，
又，，，所以，
整理得；
【小问2详解】
因为，所以，
即直线的直角坐标方程为，
又由（1）可知，圆心C的坐标为，且半径，
所以最小距离.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知正数满足.
（1）若，求的最小值；
（2）证明：.
【答案】（1）4 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，化简得到，结合基本不等式，即可求解；
（2）根据题意，得到，再由，即可得证.
【小问1详解】
解：当时，可得，
所以，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.
【小问2详解】
证明：因为，可得,
所以，
当且仅当时，等号成立，
因为，所以，
所以.