四川省广安市2023_2024学年高三数学上学期第一次月考文科试题含解析

这是一份四川省广安市2023_2024学年高三数学上学期第一次月考文科试题含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，三季度的各月制造业在逐月收缩，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.）
1. 已知集合，则（）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的解法，求得，结合补集的运算，即可求解.
【详解】由不等式，解得，即，
根据补集的概念及运算，可得或.
故选：D.
2. 已知（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由已知等式求出复数，得到复数，由复数的几何意义得在复平面内对应的点所在象限.
【详解】由，得，则，在复平面内对应的点位于第二象限.
故选：B
3. “”是“”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】B
【解析】
【分析】根据充分、必要条件的知识确定正确答案.
【详解】，
所以，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 在等差数列中，，直线过点，则直线的斜率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列通项的性质求出公差，即可求出通项公式，表示出，即可求出结果.
【详解】因为是等差数列，，
令数列公差为，
所以，，
则，
所以，
则直线的斜率为.
故选：A
5. 采购经理指数（PMI），是通过对企业采购经理的月度调查结果统计汇总、编制而成的指数，它涵盖了企业采购、生产、流通等各个环节，包括制造业和非制造业领域，是国际上通用的检测宏观经济走势的先行指数之一，具有较强的预测、预警作用．制造业PMI高于时，反映制造业较上月扩张；低于，则反映制造业较上月收缩．下图为我国2021年1月—2022年6月制造业采购经理指数（PMI）统计图．
根据统计图分析，下列结论最恰当一项为（）
A. 2021年第二、三季度的各月制造业在逐月收缩
B. 2021年第四季度各月制造业在逐月扩张
C. 2022年1月至4月制造业逐月收缩
D2022年6月PMI重回临界点以上，制造业景气水平呈恢复性扩张
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将各个月的制造业指数与比较，即可得到答案.
【详解】对于A项，由统计图可以得到，只有9月份的制造业指数低于，故A项错误；
对于B项，由统计图可以得到，10月份的制造业指数低于，故B项错误；
对于C项，由统计图可以得到，1、2月份的制造业指数高于，故C项错误；
对于D项，由统计图可以得到，从4月份的制造业指数呈现上升趋势，且在2022年6月PMI超过，故D项正确.
故选：D.
6. 在中，角，，的对边分别是，，，且，则的形状一定是（）
A. 等边三角形B. 等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理可得，再由，可得，从而可得，进而可得结论
【详解】解：因为，
所以由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，所以，
因为，所以，所以，
所以为等腰三角形，
故选：B
7. 在正方体中，点M是棱的中点，则异面直线BM与AC所成角的余弦值为（）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连，，，（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，解三角形可得解.
【详解】取的中点，连，，，
则，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以（或其补角）是异面直线BM与AC所成的角，
设正方体的棱长为，则，，
则.
所以异面直线BM与AC所成角的余弦值为.
故选：C
8. 函数的图象可能是（）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用排除法，结合函数的奇偶性以及函数值的符号分析判断.
【详解】因为定义域为，
且，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故B，D都不正确；
对于C，时，，，
所以，所以，故C不正确；
对于选项A，符合函数图象关于原点对称，也符合时，，故A正确．
故选：A.
9. 已知函数是定义在上的奇函数，且，，则（）
A. B. 0C. 3D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由函数为奇函数可得，，再根据求出函数的周期，再根据函数的周期即可得解.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，，
因为，所以，则，
所以，
所以是以为周期的一个周期函数，
所以
.
故选：A．
10. 苂光定量PCR是一种通过化学物质的苂光信号，对在PCR扩增进程中成指数级增加的靶标DNA进行实时监测的方法.在PCR扩增的指数时期，苂光信号强度达到阀值时，DNA的数量与扩增次数满足，其中为DNA的初始数量，为扩增效率.已知某被测标本DNA扩增6次后，数量变为原来的100倍，则扩增效率约为（）（参考数据：）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得出方程，结合对数的运算性质，即可求解.
【详解】由题意，可得，即，
所以，可得，
解得.
故选：C.
11. 函数的图像向右平移个单位，若所得图像对应的函数在是递增的， 则的最大值是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求得函数图像向右平移个单位后的解析式，然后结合函数的单调递增区间确定实数a的最大值即可.
【详解】由题意可得：，
则函数图像向右平移个单位的解析式为：
.
函数的单调递增区间满足：，
解得：,
当时，函数的单调递增区间为，
据此可得的最大值是.
故选A.
【点睛】本题主要考查三角函数图像的平移变换，三角函数的性质，辅助角公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
12. 已知定义在R上的函数满足，当时，，函数，若函数在区间上恰有8个零点，则a的取值范围为（ ）
A. （2，4）B. （2，5）C. （1，5）D. （1，4）
【答案】A
【解析】
【分析】将题意转化为函数与函数在区间上有8个交点，再根据函数的性质画图，再列式，根据对数函数的不等式解法求解即可
【详解】函数在区间上恰有8个零点，则函数与函数在区间上有8个交点
由知，是R上周期为2的函数，作函数与函数在区间上的图像如下，
由图像知，当时，图像有5个交点，故在上有3个交点即可，则；
故，解得；
故选：A．
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13. 已知向量，．若向量与垂直，则________．
【答案】7
【解析】
【分析】首先求出的坐标，再根据两个向量垂直的性质得到，根据向量数量积的坐标运算得到方程，即可求得实数的值．
【详解】解：因为，，所以，因为向量与垂直，所以，解得，
故答案为：7．
14. 已知，满足，则目标函数的最大值是______．
【答案】3
【解析】
【分析】画出可行域及目标函数，利用的几何意义求出最值.
【详解】画出可行域及目标函数，
变形为，的几何意义为直线与轴交点的纵坐标，
故当过点时，取得最大值，
联立，解得，故，
将其代入，解得.
故答案为：3
15. 已知双曲线的一条渐近线为，则双曲线的离心率为________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：根据双曲线的渐近线的方程知即，所以此双曲线的离心率.
考点：双曲线的标准方程、渐近线方程和离心率.
16. 关于函数有如下四个命题，其中正确的个数是______.
①是偶函数；②图象关于对称；③的最小值为-2；④在上单调递增.
【答案】2
【解析】
【分析】对于①，由函数奇偶性的定义进行判断；对于②，计算出，②错误；对于③，举出反例；对于④，先得到时，，换元后求导得到其单调递减，进而由函数奇偶性得到④正确.
【详解】对于①，由题意得，故，，
故的定义域为，
又，
故为偶函数，①正确；
对于②，，，
由于，故图象不关于对称，②错误；
对于③，，
所以的最小值不为-2，③错误；
对于④，当时，，
故，令，，
函数变形为，，
在恒成立，故在上单调递减，
即在上单调递减，
由为偶函数可知，在上单调递增，④正确.
故正确的个数为2.
故答案为：2
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）
17. 已知中，角所对的边分别为，且.
（1）求的值.
（2）若的面积，且，求的外接圆半径.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先化简已知条件得到，即可得到答案.
（2）根据正弦定理面积公式得到，利用余弦定理得到，再利用正弦定理求解即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
，，所以.
因为b=2，所以，解得.
所以，
因为，解得.
18. 2021年11月，江西省出台了新规落实“双减”政策，在加强学生作业管理方面《若干措施》提出，要控制书面作业总量，小学一、二年级不得布置家庭书面作业，小学三至六年级每天书面作业总量平均完成时间不超过60分钟，初中每天书面作业总量平均完成时间不超过90分钟．某中学为了了解七年级学生的家庭作业用时情况，从本校七年级随机抽取了一批学生进行调查，并绘制了学生家庭作业用时的频率分布直方图，如图所示．
（1）求频率分布直方图中的值，并估算学生家庭作业用时的中位数（精确到0.1）；
（2）作业用时不能完全反映学生学业负担情况，这与学生自身的学习习惯有很大关系．如果作业用时50分钟之内评价等级为优异，70分钟以上评价等级为一般，其它评价等级为良好．现从等级优异和等级一般的学生里面用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至少有1人被评价为等级一般学生的概率．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的频率之和为1，即可求出的值，根据频率分布直方图中位数的求法，即可求出结果；
（2）根据分层抽样可知等级优异学生被抽取的人数为4人，等级一般学生被抽取的人数为2人，然后根据题意列出满足题意的所有可能，根据古典概型即可求出结果.
【小问1详解】
解：由题意可知，，所以，
由左至右各个分区间的概率分别为，
中位数为分钟
【小问2详解】
解：由题意知按等级分层抽取6名，则等级优异学生被抽取的人数为4人，等级一般学生被抽取的人数为2人，
记4名等级优异学生分别为，等级一般学生为，
则从这6名学生中抽取2人的情况有，一共15种情况，
2人中至少有1名等级一般学生共有9种情况，故所求概率为.
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为梯形，平面ABCD，，，，，E为PC的中点，且．
（1）证明：平面PBC．
（2）求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，由直线与平面平行判定定理证明平面PBC．
（2）证明平面APC，得，证明平面PCD，得的长度，计算体积.
【小问1详解】
证明：在梯形ABCD中，因为，，所以，
因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．
【小问2详解】
如图，取AD的中点M，连接CM，AC，
因为底面ABCD为梯形，，，，，
所以，，且，
所以，所以．
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，所以平面APC，
所以，又，，所以平面PCD，
所以，E是PC的中点，．
．
20. 已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【答案】(Ⅰ) ，；
(Ⅱ)见解析.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，
故抛物线方程为：，其准线方程为：.
(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，
设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.
故：.
设，则，
直线的方程为，与联立可得：，同理可得，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，
且：，，
则圆的方程为：，
令整理可得：，解得：，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
21. 已知函数．
（1）若函数单调递增，求实数的取值范围；
（2）若函数存在两个极值点，
①求实数的取值范围；
②当时，求的最小值．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由题可得，恒成立，分离变量，即可确定实数的取值范围；
（2）①由在内有两个不等根，列出不等式求解即可；②结合题目条件，逐步转化，
用一个变量表示，然后换元，利用导数求函数的最小值，由此即可解出.
【小问1详解】
函数的定义域为，
导函数，
由函数单调递增得恒成立，
即，又，当且仅当时取得最小值2，
实数的取值范围为；
【小问2详解】
① 由题意在内有两个不等实根,
需满足，，解得，
实数的取值范围为；
② ，
∴，
所以，
令，，
当时，取得最小值.
（请考生在第 22，23 题中任选择一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．作答时，用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目对应的标号涂黑．）
22. 已知曲线的参数方程为(为参数在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：.
1求曲线的普通方程和的直角坐标方程；
2若与相交于两点，设点，求的值．
【答案】（1）的普通方程为.的直角坐标方程为.（2）
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）消参后得到曲线的普通方程；根据得到曲线的直角坐标方程；（Ⅱ）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，得到关于的一元二次方程，而，代入根与系数的关系得到结果.
试题解析：（I）（为参数），
所以曲线的普通方程为.
，
所以的直角坐标方程为.
（Ⅱ）由题意可设，与两点对应的参数分别为，
将的参数方程代入的直角坐标方程，
化简整理得，，所以，
所以，
因为，所以，
所以
【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程，以及普通方程和参数方程的转化关系，对于第二问中的弦长问题，过定点，倾斜角为的参数方程，与曲线相交交于两点，， ，，根据图象和二次方程去绝对值，后根据根与系数的关系得到结果.
23. 已知，.
（1）若且的最小值为1，求的值；
（2）不等式的解集为，不等式的解集为，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）利用绝对值三角不等式可得，解出方程即可；（2）易得，即，即且，再根据列出不等式即可得结果.
试题解析：（1）(当时，等号成立）
∵的最小值为 1，∴，∴ 或，又，∴.
（2）由得，，∵，