2023届新疆乌鲁木齐地区高三第一次质量监测数学（文）试题（解析版）

高三模拟试题PAGEPAGE1乌鲁木齐地区2023年高三年级第一次质量监测文科数学（问卷）（卷面分值：150分；考试时间：120分钟）第I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据交集的运算进行求解.〖详析〗因为，，所以.故选：B.2.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据全称命题的否定是特称命题得〖答案〗.〖详析〗根据全称命题的否定是特称命题可得，命题“，”的否定是，.故选：C.3.已知向量，若与共线，则等于（）A. B. C. D.2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先得出与的坐标，由共线得出，进而得出〖答案〗.〖详析〗解：易得，因为与共线，所以，即，所以.故选：.4.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据复数除法求出，再写出共轭复数即可.〖详析〗因为，所以，故选：D5.已知直线a，b与平面α，β，γ，能使的充分条件是（）A.，， B.，C.， D.，，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断即可得到结果.〖详析〗对于A，由，，可得或者与相交，故错误；对于B，由，，可得与可能平行、相交，故错误；对于C，由，，过直线做平面与平面相交与直线，如上图所示，，又，，又，，故正确；对于D，当与相交但是不垂直时，也有可能，，故错误；故选:C6.中国古代数学名著《算法统宗》中有一道题：“今有七人差等均钱，甲乙均七十七文，戊己庚均七十五文，问乙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚这七个人，所分到的钱数成等差数列，甲、乙两人共分到77文，戊、己、庚三人共分到75文，问乙、丁两人各分到多少文钱？则下列说法正确的是（）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〗设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，再根据题意列方程组可解得结果.〖详析〗依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，则，解得，所以乙分得（文），丁分得（文），故选：A.7.已知定义在R上的奇函数，满足，且当时，，则（）A6 B.3 C.0 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据函数恒有，得到函数的周期是6，再由定义在R上的奇函数，得到，然后求解.〖详析〗因为函数对任意的实数，恒有，所以，所以函数是以6为周期的周期函数，又定义在R上的奇函数，所以，又当时，，所以，，所以，，，故选：B.8.已知，则（）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．〖详析〗由，得，，，∴．故选：C.〖『点石成金』〗本题考查两角差的余弦公式的二倍角公式，解题关键是结合已知角和未知角的关系确定选用什么公式．9.已知，分别是双曲线（，）的左、右焦点，以为直径的圆与在第二象限交于点，且双曲线的一条渐近线垂直平分线段，则的离心率为（）A. B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题知，，进而得直线、的方程并联立得，再将其代入双曲线方程整理得，再求离心率即可.详析〗解：由题设，渐近线，，因为以为直径的圆与在第二象限交于点，所以，因为双曲线的一条渐近线垂直平分线段，所以，，，所以，直线的方程为，直线的方程为，所以，联立方程得，所以，将代入整理得，即，所以，的离心率为.故选：D10.函数（，）的部分图像如图所示，下列说法不正确的是（）A.函数的〖解析〗式为B.函数在区间上单调递增C.为了得到函数f（x）的图像，可将函数的图像向左平移个单位长度D.函数的最大值为4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意，由图像求得函数的〖解析〗式，然后根据正弦型函数的单调性以及三角函数图像变换，即可得到结果.〖详析〗对于A，由图像可得，，则，且，所以，再将点代入，可得，即，所以，又，则，将点代入，可得，所以，故正确；对于B，因为，令，解得，，所以单调递增区间为，故正确；对于C，由题意可得，将函数的图像向左平移个单位长度，即，故正确；对于D，要使得到，则当且时，即当，此时，故不满足，故错误；故选:D11.已知函数，，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先判断函数的单调性，然后比较的大小，结合单调性可得〖答案〗.〖详析〗因为，所以定义域为，；易知为减函数，为增函数，所以为减函数.因为，所以；又，所以，所以.故选：B.12.如图，在三棱柱中，底面ABC，，，，D在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥的外接球体积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先确定球心的大致位置，结合勾股定理，得出半径的最大值，进而可求外接球的体积的最大值.〖详析〗因为，，所以的外接圆的圆心为的中点,且，取的中点，连接，则，所以平面；设三棱锥的外接球的球心为，则在上，设，，球半径为，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，即外接球半径的最大值为，所以三棱锥的外接球的体积的最大值为.故选：C.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为；（2）长方体的长，宽，高分别为，则其外接球的半径为；（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球的半径为.第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.抛掷两枚质地均匀的骰子，则两个点数相等的概率是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗通过列举事件，利用古典概率求解.〖详析〗抛掷两枚质地均匀的骰子，所有基本事件为：，共有36种；两个点数相等的基本事件为：，共有6种，所以两个点数相等的概率是.故〖答案〗为：.14.公比的等比数列的前n项和为，且，，则______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先根据条件求出首项和公比，再利用通项公式求.〖详析〗因为，，所以，又，所以或（舍），所以.故〖答案〗为：.15.设为坐标原点，抛物线的焦点为，过点作轴的垂线交于点为轴正半轴上一点，且，若，则的准线方程为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由题知，进而根据计算即可.〖详析〗解：如图，由题知，将代入方程得，故所以，，所以，因为，整理得，解得（舍），所以，抛物线，准线方程为：故〖答案〗为：16.已知函数存在唯一的零点，则实数a的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗求定义域，求导，分与两种情况，结合零点存在性定理和极值情况，列出不等式，求出实数a的取值范围.〖详析〗定义域为R，，当时，恒成立，故在R上单调递减，又，，由零点存在性定理得：存在唯一的使得：，故满足要求，当时，由得或，由得，故在上单调递减，在，上单调递增，当时，，所以函数存在唯一的零点，只需，解得：，与取交集后得到，综上：实数a的取值范围是.故〖答案〗为：三、解答题：第17~21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.在△ABC中，边a，b，c所对的角分别为A，B，C，，．（1）求角C的大小；（2）若，求边c．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据余弦定理可求角C的大小；（2）利用正弦定理和倍角公式可求.〖小问1详析〗因为，，所以；因为，所以.〖小问2详析〗因为，所以；因为，所以，即；因为，所以，所以.18.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，E是PD的中点，点F在PC上，且．（1）证明：平面PAB；（2）求三棱锥的体积．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）在线段上取点，使得，进而证明即可证明结论；（2）利用等体积转化，即可得到本题〖答案〗.〖小问1详析〗证明：在线段上取点，使得，所以，在中，，且，因为在四边形中，，，所以，，所以，四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.〖小问2详析〗作交于点，因为面，所以，又，与交于点，所以面，，又，所以，所以，所以，得，因为为中点，所以19.某经营礼品花卉的店主记录了去年当中100天的A，B两种花卉每枝的收益情况，如表所示：A种花齐：收益x（元）02天数103060B种花齐：收益y（元）012天数303040（1）如果店主向你咨询，明年就经营一种花卉，你会给出怎样的建议呢？（2）在实际中可以选择适当的比例经营这两种花卉，假设两种花卉的进货价都是每枝1元，店主计划投入10000元，请你给出一个经营方案，并说明理由．〖答案〗（1）B种花卉收益稳定，选择B种花卉.理由见详析；（2）投资A种花卉3485元，投资B种花卉6515元.〖解析〗〖祥解〗(1)先求出A、B种花卉收益的数学期望和方差，结合数学期望和方差的意义即可下结论；(2)根据数学期望和方差公式求解两种花卉收益的方差即可.〖小问1详析〗记A种花卉方差为，B种花卉方差为，A种花卉收益X-1,0,2，，，，所以，所以；B种花卉收益Y为0,1,2，，，，所以，所以,因为，所以B种花卉收益稳定，选择B种花卉经营；〖小问2详析〗设投入a元经营A种花卉，则投入元经营B种花卉，所以元，，当时，两种花卉收益方差最小，收益最稳定，10000-3485=6515元，故投入3485元经营A种花卉，则投入6515元经营B种花卉.20.已知在处的切线方程为．（1）求函数的〖解析〗式：（2）是导函数，证明：对任意，都有．〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根据条件得到关于的方程，即可得到结果；（2）根据题意，令，然后求导得到其在上的最大值，即可得证.〖小问1详析〗由题意可得，，且，则，即，即，所以〖小问2详析〗由（1）可知，，所以，令，则，所以时，，即在上单调递减，所以，即，所以，即21.已知椭圆的中心是坐标原点，焦点在轴上，且经过点，．（1）求椭圆的标准方程；（2）是经过椭圆的右焦点的一条弦（不经过点），设直线与直线相交于点，记的斜率分别为，，，求的最大值．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据题意，待定系数求解即可；（2）设直线的方程为，，进而得，再联立，结合韦达定理，二次函数最值整理求解即可.〖小问1详析〗解：由题，设椭圆的标准方程为，因为椭圆经过点，，所以，解得，所以，椭圆的标准方程为〖小问2详析〗解：由（1）知，因为是经过椭圆的右焦点的一条弦且不经过点，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，，所以，，所以，，联立方程得，所以所以，，所以，当时，有最大值选考题：共10分，请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．〖选修4-4：坐标系与参数方程〗22.在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：与曲线C：（θ为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l和曲线C的极坐标方程；（2）在极坐标系中，已知射线m：与直线l和曲线C的公共点分别为A，B，，当时，求α的值．〖答案〗（1）直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.（2）.〖解析〗〖祥解〗（1）直接将直线极坐标化得，即，对曲线参数方程消去参数得，则得到其极坐标方程；（2）由题有，化简得，再根据范围即可得到〖答案〗.〖小问1详析〗由直线得，即，直线的极坐标方程为，由曲线(为参数)的参数方程化为普通方程得，则曲线的极坐标方程为.〖小问2详析〗由（1）知，，又，，即，化简得，即，解得，又，，，解得.〖选修4-5：不等式选〗23.已知函数．（1）若，求不等式的解集；（2）若函数的最小值为M，实数，，且，证明：．〖答案〗（1）；（2）见〖解析〗.〖解析〗〖祥解〗（1）分，和讨论即可；（2）首先根据绝对值不等式和范围得，根据基本不等式有.〖小问1详析〗当时,，当时，，当时，，当时，，所以，,或,或，解得或或，的解集为.〖小问2详析〗由题意，，，又，，则,由,得，当且仅当，即时取等号，成立.

高三模拟试题PAGEPAGE1乌鲁木齐地区2023年高三年级第一次质量监测文科数学（问卷）（卷面分值：150分；考试时间：120分钟）第I卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据交集的运算进行求解.〖详析〗因为，，所以.故选：B.2.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据全称命题的否定是特称命题得〖答案〗.〖详析〗根据全称命题的否定是特称命题可得，命题“，”的否定是，.故选：C.3.已知向量，若与共线，则等于（）A. B. C. D.2〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗先得出与的坐标，由共线得出，进而得出〖答案〗.〖详析〗解：易得，因为与共线，所以，即，所以.故选：.4.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据复数除法求出，再写出共轭复数即可.〖详析〗因为，所以，故选：D5.已知直线a，b与平面α，β，γ，能使的充分条件是（）A.，， B.，C.， D.，，〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，对选项逐一判断即可得到结果.〖详析〗对于A，由，，可得或者与相交，故错误；对于B，由，，可得与可能平行、相交，故错误；对于C，由，，过直线做平面与平面相交与直线，如上图所示，，又，，又，，故正确；对于D，当与相交但是不垂直时，也有可能，，故错误；故选:C6.中国古代数学名著《算法统宗》中有一道题：“今有七人差等均钱，甲乙均七十七文，戊己庚均七十五文，问乙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚这七个人，所分到的钱数成等差数列，甲、乙两人共分到77文，戊、己、庚三人共分到75文，问乙、丁两人各分到多少文钱？则下列说法正确的是（）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〗设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，再根据题意列方程组可解得结果.〖详析〗依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，则，解得，所以乙分得（文），丁分得（文），故选：A.7.已知定义在R上的奇函数，满足，且当时，，则（）A6 B.3 C.0 D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗根据函数恒有，得到函数的周期是6，再由定义在R上的奇函数，得到，然后求解.〖详析〗因为函数对任意的实数，恒有，所以，所以函数是以6为周期的周期函数，又定义在R上的奇函数，所以，又当时，，所以，，所以，，，故选：B.8.已知，则（）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．〖详析〗由，得，，，∴．故选：C.〖『点石成金』〗本题考查两角差的余弦公式的二倍角公式，解题关键是结合已知角和未知角的关系确定选用什么公式．9.已知，分别是双曲线（，）的左、右焦点，以为直径的圆与在第二象限交于点，且双曲线的一条渐近线垂直平分线段，则的离心率为（）A. B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题知，，进而得直线、的方程并联立得，再将其代入双曲线方程整理得，再求离心率即可.详析〗解：由题设，渐近线，，因为以为直径的圆与在第二象限交于点，所以，因为双曲线的一条渐近线垂直平分线段，所以，，，所以，直线的方程为，直线的方程为，所以，联立方程得，所以，将代入整理得，即，所以，的离心率为.故选：D10.函数（，）的部分图像如图所示，下列说法不正确的是（）A.函数的〖解析〗式为B.函数在区间上单调递增C.为了得到函数f（x）的图像，可将函数的图像向左平移个单位长度D.函数的最大值为4〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗根据题意，由图像求得函数的〖解析〗式，然后根据正弦型函数的单调性以及三角函数图像变换，即可得到结果.〖详析〗对于A，由图像可得，，则，且，所以，再将点代入，可得，即，所以，又，则，将点代入，可得，所以，故正确；对于B，因为，令，解得，，所以单调递增区间为，故正确；对于C，由题意可得，将函数的图像向左平移个单位长度，即，故正确；对于D，要使得到，则当且时，即当，此时，故不满足，故错误；故选:D11.已知函数，，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗先判断函数的单调性，然后比较的大小，结合单调性可得〖答案〗.〖详析〗因为，所以定义域为，；易知为减函数，为增函数，所以为减函数.因为，所以；又，所以，所以.故选：B.12.如图，在三棱柱中，底面ABC，，，，D在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥的外接球体积的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗先确定球心的大致位置，结合勾股定理，得出半径的最大值，进而可求外接球的体积的最大值.〖详析〗因为，，所以的外接圆的圆心为的中点,且，取的中点，连接，则，所以平面；设三棱锥的外接球的球心为，则在上，设，，球半径为，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，即外接球半径的最大值为，所以三棱锥的外接球的体积的最大值为.故选：C.〖『点石成金』〗方法『点石成金』：常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为；（2）长方体的长，宽，高分别为，则其外接球的半径为；（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球的半径为.第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.抛掷两枚质地均匀的骰子，则两个点数相等的概率是______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗通过列举事件，利用古典概率求解.〖详析〗抛掷两枚质地均匀的骰子，所有基本事件为：，共有36种；两个点数相等的基本事件为：，共有6种，所以两个点数相等的概率是.故〖答案〗为：.14.公比的等比数列的前n项和为，且，，则______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗先根据条件求出首项和公比，再利用通项公式求.〖详析〗因为，，所以，又，所以或（舍），所以.故〖答案〗为：.15.设为坐标原点，抛物线的焦点为，过点作轴的垂线交于点为轴正半轴上一点，且，若，则的准线方程为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗由题知，进而根据计算即可.〖详析〗解：如图，由题知，将代入方程得，故所以，，所以，因为，整理得，解得（舍），所以，抛物线，准线方程为：故〖答案〗为：16.已知函数存在唯一的零点，则实数a的取值范围为______．〖答案〗〖解析〗〖祥解〗求定义域，求导，分与两种情况，结合零点存在性定理和极值情况，列出不等式，求出实数a的取值范围.〖详析〗定义域为R，，当时，恒成立，故在R上单调递减，又，，由零点存在性定理得：存在唯一的使得：，故满足要求，当时，由得或，由得，故在上单调递减，在，上单调递增，当时，，所以函数存在唯一的零点，只需，解得：，与取交集后得到，综上：实数a的取值范围是.故〖答案〗为：三、解答题：第17~21题每题12分，解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.在△ABC中，边a，b，c所对的角分别为A，B，C，，．（1）求角C的大小；（2）若，求边c．〖答案〗（1）（2）〖解析〗〖祥解〗（1）根据余弦定理可求角C的大小；（2）利用正弦定理和倍角公式可求.〖小问1详析〗因为，，所以；因为，所以.〖小问2详析〗因为，所以；因为，所以，即；因为，所以，所以.18.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，E是PD的中点，点F在PC上，且．（1）证明：平面PAB；（2）求三棱锥的体积．〖答案〗（1）证明见〖解析〗（2）〖解析〗〖祥解〗（1）在线段上取点，使得，进而证明即可证明结论；（2）利用等体积转化，即可得到本题〖答案〗.〖小问1详析〗证明：在线段上取点，使得，所以，在中，，且，因为在四边形中，，，所以，，所以，四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.〖小问2详析〗作交于点，因为面，所以，又，与交于点，所以面，，又，所以，所以，所以，得，因为为中点，所以19.某经营礼品花卉的店主记录了去年当中100天的A，B两种花卉每枝的收益情况，如表所示：A种花齐：收益x（元）02天数103060B种花齐：收益y（元）012天数303040（1）如果店主向你咨询，明年就经营一种花卉，你会给出怎样的建议呢？（2）在实际中可以选择适当的比例经营这两种花卉，假设两种花卉的进货价都是每枝1元，店主计划投入10000元，请你给出一个经营方案，并说明理由．〖答案〗（1）B种花卉收益稳定，选择B种花卉.理由见详析；（2）投资A种花卉3485元，投资B种花卉6515元.〖解析〗〖祥解〗(1)先求出A、B种花卉收益的数学期望和方差，结合数学期望和方差的意义即可下结论；(2)根据数学期望和方差公式求解两种花卉收益的方差即可.〖小问1详析〗记A种花卉方差为，B种花卉方差为，A种花卉收益X-1,0,2，，，，所以，所以；B种花卉收益Y为0,1,2，，，，所以，所以,因为，所以B种花卉收益稳定，选择B种花卉经营；〖小问2详析〗设投入a元经营A种花卉，则投入元经营B种花卉，所以元，，当时，两种花卉收益方差最小，收益最稳定，10000-3485=6515元，故投入3485元经营A种花卉，则投入6515元经营B种花卉.20.已知在处的切线方程为．（1）求函数的〖解析〗式：（2）是导函数，证明：对任意，都有．〖答案〗（1）（2）证明见〖解析〗〖解析〗〖祥解〗（1）根据条件得到关于