2023届广西壮族自治区桂林市田家炳中学高三11月月考数学（文）试题含解析

2023届广西壮族自治区桂林市田家炳中学高三11月月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，．则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求集合的补集，再利用交集运算求解结果.

【详解】因为，，

所以，

所以，

故选：D．

2．已知，若（i为虚数单位），则的值为（     ）

A．3 B． C．1 D．

【答案】B

【分析】根据复数相等，则实部和虚部分别相等，然后可得.

【详解】因为，，则，所以.

故选：B

3．已知，，若，（    ）

A．8 B．6 C．4 D．2

【答案】A

【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可得到的值.

【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，解得：，

故选：A.

4．某校的体能测试结果分为优秀、良好、合格、不合格四个等级，已知甲、乙两个班的体能测试结果数据分别用条形图和扇形图描述，如图所示，若乙班的学生人数为50人，则下列结论不正确的是（    ）

A．甲、乙两个班共有学生人

B．乙班体能测试等级不合格的人数为人

C．体能测试等级为良好以上（包含良好）的人数甲班与乙班一样

D．体能测试等级为合格的人数甲班比乙班多

【答案】D

【分析】由甲班体能测试等级条形图可知甲班人数，即可判断A;由乙班体能测试等级扇形图可知，乙班体能测试等级不合格的人数,判断B;计算两班等级良好以上的人数，判断C;分别计算两班等级为合格的人数即可判断D.

【详解】对于A，由甲班体能测试等级条形图可知甲班人数有人，

故甲、乙两个班共有学生人，故A正确；

对于B，由乙班体能测试等级扇形图可知，

乙班体能测试等级不合格的人数为人，故B正确；

对于C,甲班体能测试等级为良好以上（包含良好）的人数为人，

乙班体能测试等级为良好以上（包含良好）的人数为人，

故体能测试等级为良好以上（包含良好）的人数甲班和乙班一样，C正确；

对于D，甲班体能测试合格等级的人数为14，

乙班合格等级人数为，故D不正确，

故选：D.

5．函数的图象大致是

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】解析：因是奇函数，且当时，都有，函数单调递增，故应选答案B．

6．骑行是一种健康自然的运动旅游方式，能充分享受旅行过程之美．一辆单车，一个背包即可出行，简单又环保．在不断而来的困难当中体验挑战，在旅途的终点体验成功．一种变速自行车后齿轮组由7个齿轮组成，它们的齿数成等差数列，其中最小和最大的齿轮的齿数分别为10和28，求后齿轮所有齿数之和（    ）

A．134 B．133 C．114 D．113

【答案】B

【分析】根据等差数列的前项和公式计算．

【详解】由题意7个齿轮的齿轮数构成等差数列，首末两项分别为10和28，

所以所有齿数之和为．

故选：B．

7．已知抛物线与圆交于A，B两点，则（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】C

【分析】先联立抛物线与圆求出A，B横坐标，再代入抛物线求出纵坐标即可求解.

【详解】由对称性易得A，B横坐标相等且大于0，联立得，解得，

则，将代入可得，则.

故选：C.

8．如图所示的程序框图是求的值的程序，则判断框中应填入（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据框图，模拟程序的运算即可求解.

【详解】由程序框图得，，，满足条件得，

，满足条件得，

，满足条件，

，否，输出S的值，结束程序，

因此判断框应该是，

故选：B．

【点睛】本题主要考查了算法的程序框图，基本逻辑结构中的循环结构，属中档题.

9．在等比数列中，，，则（    ）

A． B．16 C．32 D．

【答案】D

【分析】由，可得，又因为，代入求解即可.

【详解】解：因为为等比数列，，，

所以 ，

所以，

所以.

故选：D.

10．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P是线段BC1上任意一点，则下列结论中正确的是（    ）

A．AD1⊥DP B．AP⊥B1C

C．AC1⊥DP D．A1P⊥B1C

【答案】B

【分析】由正方体的性质有B1C⊥BC1，B1C⊥AB，再根据线面垂直的性质判断B，根据正方体性质判断A、C、D.

【详解】在正方体ABCD­A1B1C1D1中，与不垂直，而，即与也不垂直，A错误；

因为B1C⊥BC1，B1C⊥AB，BC1∩AB＝B，

所以B1C⊥平面ABC1D1，

因为点P是线段BC1上任意一点，即面ABC1D1，

所以AP⊥B1C，B正确；

若为中点，则，而与不垂直，则不与垂直，C错误；

由下图知：结合正方体性质知，与不垂直，D错误.

故选：B

11．已知函数在上是增函数，且在上恰有一个极大值点与一个极小值点，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据正弦型函数的单调性可知，进而求出的范围，然后结合正弦型函数的极值点进一步确定出的范围.

【详解】由题意，，所以，又因为，所以；又在处取得极大值，在处取得极小值，可得，所以，则.

故选：C.

12．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，分别是，的中点，，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.

【详解】设，，分别为，中点，，且，

为边长为2的等边三角形，，

又，，，

在中，由余弦定理，

作于，，为中点，

又，，解得，

，

又，，，两两垂直，

即三棱锥是以，，为棱的正方体的一部分；

所以球的直径，解得，

则球的体积，

故选：D.

二、填空题

13．若x，y满足约束条件则的最大值是__________．

【答案】

【分析】在平面直角坐标系内画出不等式组表示的平面区域，然后平移直线，在平面区域内找到一点使得直线在纵轴上的截距最大，求出点的坐标代入目标函数中即可.

【详解】不等式组表示的平面区域为下图所示：

平移直线，当直线经过点时，直线在纵轴上的截距最大，

此时点的坐标是方程组的解，解得：，

因此的最大值为：.

故答案为：.

【点睛】本题考查了线性规划的应用，考查了数形结合思想，考查数学运算能力.

14．顶点坐标分别为，，．则外接圆的标准方程为______．

【答案】

【分析】设圆的标准方程为，将，，代入计算即可得结果.

【详解】设圆的标准方程为，因为过点，，

所以 解得

则圆的标准方程为

故答案为：

15．为了研究疫情病毒和人的血型间的关系，在被感染的2400人中，O型血有800人，A型血有600人，B型血有600人，AB型血有400人．在这2400人中，采用分层抽样的方法抽取一个容量为120人的样本，则应从O型血中抽取的人数为_____．

【答案】40

【分析】直接根据其所占比例求解即可.

【详解】因为在被感染的2400人中，O型血有800人，A型血有600人，B型血有600人，AB型血有400人，即O型血的人数占，

所以应从O型血中抽取的人数为

故答案为：40

16．定义在上的奇函数，满足，当时，，，则函数在的零点个数为_______.

【答案】4

【分析】根据已知条件求得时，得到函数的解析式，结合函数的奇偶性和对称性画出函数在区间的图像，由，来确定的零点个数.

【详解】函数是上的奇函数，则，

当时，，且，

所以解得：，

则时，.

所以当时，.

函数是奇函数，图像关于原点对称，

由于，所以函数图像关于直线对称，

由此画出函数在区间的图像如下图所示，

由图可知有4个解，也即有4个解，即有4个零点；

故答案为：4.

三、解答题

17．的内角所对的边分别为，且.

(1)求；

(2)若，求的周长.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）结合题意，利用正弦定理将等式转化成，然后用余弦定理可求得，即可求得答案；

（2）利用面积求得，结合余弦定理可得到，再利用题意中的等式可得到，即可求解

【详解】（1）结合正弦定理可得，即，

所以，

因为，所以；

（2）因为，所以，

因为即，

所以，解得，

所以，所以，

所以的周长为

18．一个工厂在某年里连续10个月每月产品的总成本（万元）与该月产量（万件）之间有如下一组数据：

(1)通过画散点图，发现可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；

(2)①建立月总成本与月产量之间的回归方程；②通过建立的关于的回归方程，估计某月产量为1.98万件时，产品的总成本为多少万元?（均精确到0.001）.

附注：①参考数据：，，，，.

②参考公式：相关系数，

，.

【答案】(1)与正相关，且相关性很强

(2)①；②

【分析】（1）由已知结合相关系数公式求得，说明与正相关，且相关性很强；

（2）①由已知求得样本点的中心的坐标，进一步求出，得到线性回归方程；

②在①的线性回归方程中，取求得值即可.

【详解】（1）作出散点图如图所示：

由已知条件和参考数据得：

，

这说明与正相关，且相关性很强；

（2）①由已知求得，，

∴所求回归直线方程为.

(2)当时，万元，

此时产品的总成本约为万元.

19．如图在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为的中点，且，底面，为的中点.

(1)证明：平面平面；

(2)求四棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直的性质得到，从而证明平面，，由，得；

由等腰三角形的三线合一得，从而平面，由此能证明平面平面.

（2）由平面得到，即可求解.

【详解】（1）证明： 因为底面，底面，所以，

又，，、平面，∴平面，

平面，；

又在平行四边形，，则，

∵在中，，为中点，∴，

∵，、平面，

∴平面，

∵平面，平面平面.

（2）由题知，，

则在中，，是中点，所以，

即，

故平行四边形的面积；

又因为平面，，

所以四棱锥的体积.

20．已知椭圆的左焦点为，离心率为，点是椭圆上一点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若为椭圆上不同于的两点，且直线关于直线对称，求证：直线的斜率为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意可得方程组，求出，即可求出椭圆的标准方程；

（2）设直线的方程是，，联立椭圆方程由韦达定理可得：，同理可求得，即可求出直线的斜率.

【详解】（1）∵∴，又在椭圆上，

∴，解得，所以椭圆方程为：．

（2）由（1）知，轴，设直线的斜率为k，因为关于直线对称，所以直线的斜率为．

又，所以直线的方程是．设，

．

将上式中的k换成得，．

.

21．已知函数f(x)＝lnx﹣ax+a（a∈R）．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若f(x)在（1，+∞）上有零点x0，求a的取值范围；

【答案】(1)答案见解析

(2)（0，1）

【分析】（1）求出函数的定义域和导数，然后分和两种情况讨论，分析在上导数符号的变化，即可得出函数的单调区间；

（2）利用（1）中的结论，分a≤0，a≥1，0＜a＜1讨论函数的单调性，根据零点存在定理可求出实数的取值范围.

【详解】（1）解：函数的定义域为，.

①当时，由，得函数在内单调递增；

②当时，由，即得；

由，即得.

所以，函数在内单调递增，在内单调递减.

因此，当时，在内单调递增；

当时，在内单调递增；在内单调递减；

（2）解：若a≤0，由（1）可知f(x)在（1，+∞）上单调递增，而f(1)＝0，故此时无零点，不合题意；

若a≥1，则，函数f(x)在上单调递减，则对任意x∈（1，+∞），都有f(x)＜f(1)＝0，不合题意；

若0＜a＜1，则，由（1）可知f(x)在上单调递增，在上单调递减，则，

又当x→+∞时，f(x)→﹣∞，由零点存在性定理可知，存在唯一，使得f（x0）＝0，符合题意．

故实数a的取值范围为（0，1）．

22．在平面直角坐标系中，已知直线，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆C的极坐标方程为.

（1）求直线的极坐标方程和圆的直角坐标方程；

（2）射线与圆C的交点为，，与直线的交点为，求线段的长.

【答案】（1）直线的极坐标方程；圆C的直角坐标方程；（2）.

【解析】（1）利用互化公式直接进行转化即可；

（2）利用极坐标方程求出极径，求出线段长即可.

【详解】（1）因为，，直线，

所以直线的极坐标方程为，

化简得，即为直线的极坐标方程.

由，得，

所以，即，

即为圆C的直角坐标方程.

（2）由题意得 ，,

所以.

【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化以及圆的弦长的求法，属于常考题.

23．设函数，M为不等式的解集.

(1)求M；

(2)证明：当a，时，.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意给的函数解析式，分段去绝对值号，分别求解不等式解集即可完成求解；

（2）根据第（1）问求解出的范围，对要证明的式子进行平方，然后合并即可判断.

【详解】（1）

①当时，由得，

解得；即；

②当时，由得，

解得，即；

③当时，由得，

解得，此时，这样的x不存在.

所以的解集.

（2）证明：由（1）知，当时，，，

从而，

因此，

即得证.