2023屆新疆烏魯木齊地區(qū)高三第一次質量監(jiān)測數學（文）試題（解析版）

高三模擬試題PAGEPAGE1烏魯木齊地區(qū)2023年高三年級第一次質量監(jiān)測文科數學（問卷）（卷面分值：150分；考試時間：120分鐘）第I卷（選擇題共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據交集的運算進行求解.〖詳析〗因為，，所以.故選：B.2.命題“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據全稱命題的否定是特稱命題得〖答案〗.〖詳析〗根據全稱命題的否定是特稱命題可得，命題“，”的否定是，.故選：C.3.已知向量，若與共線，則等于（）A. B. C. D.2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先得出與的坐標，由共線得出，進而得出〖答案〗.〖詳析〗解：易得，因為與共線，所以，即，所以.故選：.4.復數的共軛復數是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據復數除法求出，再寫出共軛復數即可.〖詳析〗因為，所以，故選：D5.已知直線a，b與平面α，β，γ，能使的充分條件是（）A.，， B.，C.， D.，，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據題意，由空間中直線與平面的位置關系，對選項逐一判斷即可得到結果.〖詳析〗對于A，由，，可得或者與相交，故錯誤；對于B，由，，可得與可能平行、相交，故錯誤；對于C，由，，過直線做平面與平面相交與直線，如上圖所示，，又，，又，，故正確；對于D，當與相交但是不垂直時，也有可能，，故錯誤；故選:C6.中國古代數學名著《算法統(tǒng)宗》中有一道題：“今有七人差等均錢，甲乙均七十七文，戊己庚均七十五文，問乙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚這七個人，所分到的錢數成等差數列，甲、乙兩人共分到77文，戊、己、庚三人共分到75文，問乙、丁兩人各分到多少文錢？則下列說法正確的是（）A.乙分到37文，丁分到31文 B.乙分到40文，丁分到34文C.乙分到31文，丁分到37文 D.乙分到34文，丁分到40文〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗設甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分錢數分別為，，，，，，，再根據題意列方程組可解得結果.〖詳析〗依題意，設甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分錢數分別為，，，，，，，則，解得，所以乙分得（文），丁分得（文），故選：A.7.已知定義在R上的奇函數，滿足，且當時，，則（）A6 B.3 C.0 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據函數恒有，得到函數的周期是6，再由定義在R上的奇函數，得到，然后求解.〖詳析〗因為函數對任意的實數，恒有，所以，所以函數是以6為周期的周期函數，又定義在R上的奇函數，所以，又當時，，所以，，所以，，，故選：B.8.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由已知式求得，然后再由余弦的二倍角公式求值．〖詳析〗由，得，，，∴．故選：C.〖『點石成金』〗本題考查兩角差的余弦公式的二倍角公式，解題關鍵是結合已知角和未知角的關系確定選用什么公式．9.已知，分別是雙曲線（，）的左、右焦點，以為直徑的圓與在第二象限交于點，且雙曲線的一條漸近線垂直平分線段，則的離心率為（）A. B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題知，，進而得直線、的方程并聯立得，再將其代入雙曲線方程整理得，再求離心率即可.詳析〗解：由題設，漸近線，，因為以為直徑的圓與在第二象限交于點，所以，因為雙曲線的一條漸近線垂直平分線段，所以，，，所以，直線的方程為，直線的方程為，所以，聯立方程得，所以，將代入整理得，即，所以，的離心率為.故選：D10.函數（，）的部分圖像如圖所示，下列說法不正確的是（）A.函數的〖解析〗式為B.函數在區(qū)間上單調遞增C.為了得到函數f（x）的圖像，可將函數的圖像向左平移個單位長度D.函數的最大值為4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據題意，由圖像求得函數的〖解析〗式，然后根據正弦型函數的單調性以及三角函數圖像變換，即可得到結果.〖詳析〗對于A，由圖像可得，，則，且，所以，再將點代入，可得，即，所以，又，則，將點代入，可得，所以，故正確；對于B，因為，令，解得，，所以單調遞增區(qū)間為，故正確；對于C，由題意可得，將函數的圖像向左平移個單位長度，即，故正確；對于D，要使得到，則當且時，即當，此時，故不滿足，故錯誤；故選:D11.已知函數，，，，則（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先判斷函數的單調性，然后比較的大小，結合單調性可得〖答案〗.〖詳析〗因為，所以定義域為，；易知為減函數，為增函數，所以為減函數.因為，所以；又，所以，所以.故選：B.12.如圖，在三棱柱中，底面ABC，，，，D在上底面（包括邊界）上運動，則三棱錐的外接球體積的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先確定球心的大致位置，結合勾股定理，得出半徑的最大值，進而可求外接球的體積的最大值.〖詳析〗因為，，所以的外接圓的圓心為的中點,且，取的中點，連接，則，所以平面；設三棱錐的外接球的球心為，則在上，設，，球半徑為，因為，所以，所以，因為，所以，因為，所以，即外接球半徑的最大值為，所以三棱錐的外接球的體積的最大值為.故選：C.〖『點石成金』〗方法『點石成金』：常見幾何體的外接球半徑求法：（1）棱長為的正方體的外接球半徑為；（2）長方體的長，寬，高分別為，則其外接球的半徑為；（3）直棱柱的高為，底面多邊形的外接圓半徑為，則其外接球的半徑為.第Ⅱ卷（非選擇題共90分）本卷包括必考題和選考題兩部分，第13~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22~23題為選考題，考生根據要求作答．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分．13.拋擲兩枚質地均勻的骰子，則兩個點數相等的概率是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗通過列舉事件，利用古典概率求解.〖詳析〗拋擲兩枚質地均勻的骰子，所有基本事件為：，共有36種；兩個點數相等的基本事件為：，共有6種，所以兩個點數相等的概率是.故〖答案〗為：.14.公比的等比數列的前n項和為，且，，則______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先根據條件求出首項和公比，再利用通項公式求.〖詳析〗因為，，所以，又，所以或（舍），所以.故〖答案〗為：.15.設為坐標原點，拋物線的焦點為，過點作軸的垂線交于點為軸正半軸上一點，且，若，則的準線方程為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由題知，進而根據計算即可.〖詳析〗解：如圖，由題知，將代入方程得，故所以，，所以，因為，整理得，解得（舍），所以，拋物線，準線方程為：故〖答案〗為：16.已知函數存在唯一的零點，則實數a的取值范圍為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗求定義域，求導，分與兩種情況，結合零點存在性定理和極值情況，列出不等式，求出實數a的取值范圍.〖詳析〗定義域為R，，當時，恒成立，故在R上單調遞減，又，，由零點存在性定理得：存在唯一的使得：，故滿足要求，當時，由得或，由得，故在上單調遞減，在，上單調遞增，當時，，所以函數存在唯一的零點，只需，解得：，與取交集后得到，綜上：實數a的取值范圍是.故〖答案〗為：三、解答題：第17~21題每題12分，解答應在答卷的相應各題中寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17.在△ABC中，邊a，b，c所對的角分別為A，B，C，，．（1）求角C的大小；（2）若，求邊c．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據余弦定理可求角C的大??；（2）利用正弦定理和倍角公式可求.〖小問1詳析〗因為，，所以；因為，所以.〖小問2詳析〗因為，所以；因為，所以，即；因為，所以，所以.18.如圖，在四棱錐中，平面ABCD，，，且，，E是PD的中點，點F在PC上，且．（1）證明：平面PAB；（2）求三棱錐的體積．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）在線段上取點，使得，進而證明即可證明結論；（2）利用等體積轉化，即可得到本題〖答案〗.〖小問1詳析〗證明：在線段上取點，使得，所以，在中，，且，因為在四邊形中，，，所以，，所以，四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面.〖小問2詳析〗作交于點，因為面，所以，又，與交于點，所以面，，又，所以，所以，所以，得，因為為中點，所以19.某經營禮品花卉的店主記錄了去年當中100天的A，B兩種花卉每枝的收益情況，如表所示：A種花齊：收益x（元）02天數103060B種花齊：收益y（元）012天數303040（1）如果店主向你咨詢，明年就經營一種花卉，你會給出怎樣的建議呢？（2）在實際中可以選擇適當的比例經營這兩種花卉，假設兩種花卉的進貨價都是每枝1元，店主計劃投入10000元，請你給出一個經營方案，并說明理由．〖答案〗（1）B種花卉收益穩(wěn)定，選擇B種花卉.理由見詳析；（2）投資A種花卉3485元，投資B種花卉6515元.〖解析〗〖祥解〗(1)先求出A、B種花卉收益的數學期望和方差，結合數學期望和方差的意義即可下結論；(2)根據數學期望和方差公式求解兩種花卉收益的方差即可.〖小問1詳析〗記A種花卉方差為，B種花卉方差為，A種花卉收益X-1,0,2，，，，所以，所以；B種花卉收益Y為0,1,2，，，，所以，所以,因為，所以B種花卉收益穩(wěn)定，選擇B種花卉經營；〖小問2詳析〗設投入a元經營A種花卉，則投入元經營B種花卉，所以元，，當時，兩種花卉收益方差最小，收益最穩(wěn)定，10000-3485=6515元，故投入3485元經營A種花卉，則投入6515元經營B種花卉.20.已知在處的切線方程為．（1）求函數的〖解析〗式：（2）是導函數，證明：對任意，都有．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據條件得到關于的方程，即可得到結果；（2）根據題意，令，然后求導得到其在上的最大值，即可得證.〖小問1詳析〗由題意可得，，且，則，即，即，所以〖小問2詳析〗由（1）可知，，所以，令，則，所以時，，即在上單調遞減，所以，即，所以，即21.已知橢圓的中心是坐標原點，焦點在軸上，且經過點，．（1）求橢圓的標準方程；（2）是經過橢圓的右焦點的一條弦（不經過點），設直線與直線相交于點，記的斜率分別為，，，求的最大值．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據題意，待定系數求解即可；（2）設直線的方程為，，進而得，再聯立，結合韋達定理，二次函數最值整理求解即可.〖小問1詳析〗解：由題，設橢圓的標準方程為，因為橢圓經過點，，所以，解得，所以，橢圓的標準方程為〖小問2詳析〗解：由（1）知，因為是經過橢圓的右焦點的一條弦且不經過點，所以，直線的斜率存在，設直線的方程為，，所以，，所以，，聯立方程得，所以所以，，所以，當時，有最大值選考題：共10分，請考生在22、23兩題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．作答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑．〖選修4-4：坐標系與參數方程〗22.在平面直角坐標系xOy中，已知直線l：與曲線C：（θ為參數）．以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系．（1）求直線l和曲線C的極坐標方程；（2）在極坐標系中，已知射線m：與直線l和曲線C的公共點分別為A，B，，當時，求α的值．〖答案〗（1）直線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程為.（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）直接將直線極坐標化得，即，對曲線參數方程消去參數得，則得到其極坐標方程；（2）由題有，化簡得，再根據范圍即可得到〖答案〗.〖小問1詳析〗由直線得，即，直線的極坐標方程為，由曲線(為參數)的參數方程化為普通方程得，則曲線的極坐標方程為.〖小問2詳析〗由（1）知，，又，，即，化簡得，即，解得，又，，，解得.〖選修4-5：不等式選〗23.已知函數．（1）若，求不等式的解集；（2）若函數的最小值為M，實數，，且，證明：．〖答案〗（1）；（2）見〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）分，和討論即可；（2）首先根據絕對值不等式和范圍得，根據基本不等式有.〖小問1詳析〗當時,，當時，，當時，，當時，，所以，,或,或，解得或或，的解集為.〖小問2詳析〗由題意，，，又，，則,由,得，當且僅當，即時取等號，成立.

高三模擬試題PAGEPAGE1烏魯木齊地區(qū)2023年高三年級第一次質量監(jiān)測文科數學（問卷）（卷面分值：150分；考試時間：120分鐘）第I卷（選擇題共60分）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，在每小題給出的四個選項中只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據交集的運算進行求解.〖詳析〗因為，，所以.故選：B.2.命題“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據全稱命題的否定是特稱命題得〖答案〗.〖詳析〗根據全稱命題的否定是特稱命題可得，命題“，”的否定是，.故選：C.3.已知向量，若與共線，則等于（）A. B. C. D.2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先得出與的坐標，由共線得出，進而得出〖答案〗.〖詳析〗解：易得，因為與共線，所以，即，所以.故選：.4.復數的共軛復數是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據復數除法求出，再寫出共軛復數即可.〖詳析〗因為，所以，故選：D5.已知直線a，b與平面α，β，γ，能使的充分條件是（）A.，， B.，C.， D.，，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根據題意，由空間中直線與平面的位置關系，對選項逐一判斷即可得到結果.〖詳析〗對于A，由，，可得或者與相交，故錯誤；對于B，由，，可得與可能平行、相交，故錯誤；對于C，由，，過直線做平面與平面相交與直線，如上圖所示，，又，，又，，故正確；對于D，當與相交但是不垂直時，也有可能，，故錯誤；故選:C6.中國古代數學名著《算法統(tǒng)宗》中有一道題：“今有七人差等均錢，甲乙均七十七文，戊己庚均七十五文，問乙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚這七個人，所分到的錢數成等差數列，甲、乙兩人共分到77文，戊、己、庚三人共分到75文，問乙、丁兩人各分到多少文錢？則下列說法正確的是（）A.乙分到37文，丁分到31文 B.乙分到40文，丁分到34文C.乙分到31文，丁分到37文 D.乙分到34文，丁分到40文〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗設甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分錢數分別為，，，，，，，再根據題意列方程組可解得結果.〖詳析〗依題意，設甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分錢數分別為，，，，，，，則，解得，所以乙分得（文），丁分得（文），故選：A.7.已知定義在R上的奇函數，滿足，且當時，，則（）A6 B.3 C.0 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根據函數恒有，得到函數的周期是6，再由定義在R上的奇函數，得到，然后求解.〖詳析〗因為函數對任意的實數，恒有，所以，所以函數是以6為周期的周期函數，又定義在R上的奇函數，所以，又當時，，所以，，所以，，，故選：B.8.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由已知式求得，然后再由余弦的二倍角公式求值．〖詳析〗由，得，，，∴．故選：C.〖『點石成金』〗本題考查兩角差的余弦公式的二倍角公式，解題關鍵是結合已知角和未知角的關系確定選用什么公式．9.已知，分別是雙曲線（，）的左、右焦點，以為直徑的圓與在第二象限交于點，且雙曲線的一條漸近線垂直平分線段，則的離心率為（）A. B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由題知，，進而得直線、的方程并聯立得，再將其代入雙曲線方程整理得，再求離心率即可.詳析〗解：由題設，漸近線，，因為以為直徑的圓與在第二象限交于點，所以，因為雙曲線的一條漸近線垂直平分線段，所以，，，所以，直線的方程為，直線的方程為，所以，聯立方程得，所以，將代入整理得，即，所以，的離心率為.故選：D10.函數（，）的部分圖像如圖所示，下列說法不正確的是（）A.函數的〖解析〗式為B.函數在區(qū)間上單調遞增C.為了得到函數f（x）的圖像，可將函數的圖像向左平移個單位長度D.函數的最大值為4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根據題意，由圖像求得函數的〖解析〗式，然后根據正弦型函數的單調性以及三角函數圖像變換，即可得到結果.〖詳析〗對于A，由圖像可得，，則，且，所以，再將點代入，可得，即，所以，又，則，將點代入，可得，所以，故正確；對于B，因為，令，解得，，所以單調遞增區(qū)間為，故正確；對于C，由題意可得，將函數的圖像向左平移個單位長度，即，故正確；對于D，要使得到，則當且時，即當，此時，故不滿足，故錯誤；故選:D11.已知函數，，，，則（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先判斷函數的單調性，然后比較的大小，結合單調性可得〖答案〗.〖詳析〗因為，所以定義域為，；易知為減函數，為增函數，所以為減函數.因為，所以；又，所以，所以.故選：B.12.如圖，在三棱柱中，底面ABC，，，，D在上底面（包括邊界）上運動，則三棱錐的外接球體積的最大值為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先確定球心的大致位置，結合勾股定理，得出半徑的最大值，進而可求外接球的體積的最大值.〖詳析〗因為，，所以的外接圓的圓心為的中點,且，取的中點，連接，則，所以平面；設三棱錐的外接球的球心為，則在上，設，，球半徑為，因為，所以，所以，因為，所以，因為，所以，即外接球半徑的最大值為，所以三棱錐的外接球的體積的最大值為.故選：C.〖『點石成金』〗方法『點石成金』：常見幾何體的外接球半徑求法：（1）棱長為的正方體的外接球半徑為；（2）長方體的長，寬，高分別為，則其外接球的半徑為；（3）直棱柱的高為，底面多邊形的外接圓半徑為，則其外接球的半徑為.第Ⅱ卷（非選擇題共90分）本卷包括必考題和選考題兩部分，第13~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22~23題為選考題，考生根據要求作答．二、填空題：本大題共4小題，每小題5分．13.拋擲兩枚質地均勻的骰子，則兩個點數相等的概率是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗通過列舉事件，利用古典概率求解.〖詳析〗拋擲兩枚質地均勻的骰子，所有基本事件為：，共有36種；兩個點數相等的基本事件為：，共有6種，所以兩個點數相等的概率是.故〖答案〗為：.14.公比的等比數列的前n項和為，且，，則______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先根據條件求出首項和公比，再利用通項公式求.〖詳析〗因為，，所以，又，所以或（舍），所以.故〖答案〗為：.15.設為坐標原點，拋物線的焦點為，過點作軸的垂線交于點為軸正半軸上一點，且，若，則的準線方程為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由題知，進而根據計算即可.〖詳析〗解：如圖，由題知，將代入方程得，故所以，，所以，因為，整理得，解得（舍），所以，拋物線，準線方程為：故〖答案〗為：16.已知函數存在唯一的零點，則實數a的取值范圍為______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗求定義域，求導，分與兩種情況，結合零點存在性定理和極值情況，列出不等式，求出實數a的取值范圍.〖詳析〗定義域為R，，當時，恒成立，故在R上單調遞減，又，，由零點存在性定理得：存在唯一的使得：，故滿足要求，當時，由得或，由得，故在上單調遞減，在，上單調遞增，當時，，所以函數存在唯一的零點，只需，解得：，與取交集后得到，綜上：實數a的取值范圍是.故〖答案〗為：三、解答題：第17~21題每題12分，解答應在答卷的相應各題中寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17.在△ABC中，邊a，b，c所對的角分別為A，B，C，，．（1）求角C的大?。唬?）若，求邊c．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根據余弦定理可求角C的大?。唬?）利用正弦定理和倍角公式可求.〖小問1詳析〗因為，，所以；因為，所以.〖小問2詳析〗因為，所以；因為，所以，即；因為，所以，所以.18.如圖，在四棱錐中，平面ABCD，，，且，，E是PD的中點，點F在PC上，且．（1）證明：平面PAB；（2）求三棱錐的體積．〖答案〗（1）證明見〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）在線段上取點，使得，進而證明即可證明結論；（2）利用等體積轉化，即可得到本題〖答案〗.〖小問1詳析〗證明：在線段上取點，使得，所以，在中，，且，因為在四邊形中，，，所以，，所以，四邊形是平行四邊形，所以，因為平面，平面，所以平面.〖小問2詳析〗作交于點，因為面，所以，又，與交于點，所以面，，又，所以，所以，所以，得，因為為中點，所以19.某經營禮品花卉的店主記錄了去年當中100天的A，B兩種花卉每枝的收益情況，如表所示：A種花齊：收益x（元）02天數103060B種花齊：收益y（元）012天數303040（1）如果店主向你咨詢，明年就經營一種花卉，你會給出怎樣的建議呢？（2）在實際中可以選擇適當的比例經營這兩種花卉，假設兩種花卉的進貨價都是每枝1元，店主計劃投入10000元，請你給出一個經營方案，并說明理由．〖答案〗（1）B種花卉收益穩(wěn)定，選擇B種花卉.理由見詳析；（2）投資A種花卉3485元，投資B種花卉6515元.〖解析〗〖祥解〗(1)先求出A、B種花卉收益的數學期望和方差，結合數學期望和方差的意義即可下結論；(2)根據數學期望和方差公式求解兩種花卉收益的方差即可.〖小問1詳析〗記A種花卉方差為，B種花卉方差為，A種花卉收益X-1,0,2，，，，所以，所以；B種花卉收益Y為0,1,2，，，，所以，所以,因為，所以B種花卉收益穩(wěn)定，選擇B種花卉經營；〖小問2詳析〗設投入a元經營A種花卉，則投入元經營B種花卉，所以元，，當時，兩種花卉收益方差最小，收益最穩(wěn)定，10000-3485=6515元，故投入3485元經營A種花卉，則投入6515元經營B種花卉.20.已知在處的切線方程為．（1）求函數的〖解析〗式：（2）是導函數，證明：對任意，都有．〖答案〗（1）（2）證明見〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根據條件得到關于