精品解析：广西玉林市第十一中学2022-2023学年高三10月月考文科数学试题

玉林市第十一中学2022秋高三10月月考 文科数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡交回． 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C D. 2. 已知命题，，则（ ） A. ， B. ， C ， D. ， 3. 已知i为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. 2i C. i D. 2 4. 已知点D在△ABC的边AB上，且，在△ABC内随机取一点P，则点P取在△DBC内的概率为（ ） A. B. C. D. 1 5. 已知数列是首项为1的等比数列，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 6. 执行如图所示的程序框图，若输入的，，则输出的（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 梯形中，，设，，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的图象在处的切线方程为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 9. 函数部分图象大致为（ ） A B. C. D. 10. 双曲线C：的左，右焦点分别为，，是C上一点，满足，且，则C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 11. 一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”，两平行平面间的距离叫做球台的高．如图1，西晋越窑的某个“卧足杯”的外形可近似看作球台，其直观图如图2，已知杯底的直径为cm，杯口直径为cm，杯的深度为cm，则该卧足杯侧面所在球面的半径为（ ） A. 5cm B. cm C. cm D. cm 12. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与交于A，两点，且，设直线的斜率为，则（ ） 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x，y满足，则最小值为___________． 14. 若“”是“”的必要不充分条件，则的值可以是__________.（写出满足条件的一个值即可） 15. 数列的前10项和等于___________． 16. 已知函数，若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是___________． 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. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，． （1）求面积； （2）设BC边的中点为D，求AD． 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，． （1）求证：平面PBC； （2）求四面体的体积． 19. 《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》提出“构建智慧高效的生态环境管理信息化体系”，下一步，需加快推进5G、物联网、大数据、云计算等新信息技术在生态环境保护领域的建设与应用，实现生态环境管理信息化、数字化、智能化．某科技公司开发出一款生态环保产品，已知该环保产品每售出1件预计利润为0.4万元，当月未售出的环保产品，每件亏损0.2万元．根据市场调研，该环保产品的市场月需求量在内取值，将月需求量区间平均分成5组，画出频率分布直方图如下． （1）请根据频率分布直方图，估计该环保产品的市场月需求量的平均值和方差． （2）若该环保产品的月产量为185件，x（单位：件，，）表示该产品一个月内的市场需求量，y（单位：万元）表示该公司生产该环保产品的月利润． ①将y表示为x的函数； ②以频率估计概率，标准差s精确到1，根据频率分布直方图估计且y不少于68万元的概率． 20. 已知函数，其中． （1）求函数的单调区间； （2）设函数在区间上的最大值为，证明：． 21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，左顶点为，离心率为． （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，线段的中点分别为，．设过点且垂直于轴的直线为，若直线与直线交于点，直线与直线交于点，求． （二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．并用2B铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑．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]（10分） 22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为 （为参数），直线的普通方程为，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求与的极坐标方程； （2）在极坐标系中，射线与，分别交于点A，B（异于极点），若，求的值． [选修4-5：不等式选讲]（10分） 23. 已知函数． （1）当时，解不等式； （2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 玉林市第十一中学2022秋高三10月月考 文科数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡交回． 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. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解绝对值不等式化简，根据交集运算可得结果. 【详解】, . 故选：B 2. 已知命题，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称命题的否定是特称命题，即可求解. 【详解】解：命题，， ：，. 故选：D. 3. 已知i为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. 1 B. 2i C. i D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先化简，再根据虚数的定义即可求解. 【详解】解：， 所以复数的虚部为. 故选：D. 4. 已知点D在△ABC的边AB上，且，在△ABC内随机取一点P，则点P取在△DBC内的概率为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用几何概型的面积比求P取在△DBC内的概率. 【详解】由题设，若到的距离为，则， 所以P取在△DBC内的概率为. 故选：B 5. 已知数列是首项为1的等比数列，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设公比为，根据等差中项和等比数列的通项公式可求出结果. 【详解】设公比为， 因，，成等差数列， 所以， 所以，又， 所以，所以，所以. 所以. 故选：C. 6. 执行如图所示的程序框图，若输入的，，则输出的（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据直到型循环运行可得结果. 【详解】第一次循环后可得，继续循环； 第二次循环后可得，继续循环， 第三次循环后可得继续循环，， 第四次循环后可得，继续循环， 第五次循环后可得，继续循环， 第六次循环后可得，终止循环， 所以. 故选：C 7. 梯形中，，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算可得结果. 【详解】, . 故选：A. 8. 若函数的图象在处的切线方程为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义可求出结果. 【详解】的定义域为， ， 由题意可得，即，解得， 故选：A 9. 函数部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数值在上的符号可判断BD不正确；根据函数在上的单调性可判断A不正确. 【详解】当时，，故BD不正确； 当时，，且为增函数，所以为减函数，故A不正确， 故选：C. 10. 双曲线C：的左，右焦点分别为，，是C上一点，满足，且，则C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分类讨论的位置，根据双曲线的定义和余弦定理列式可求出结果. 【详解】当在双曲线左支上时，，又， 所以， 所以，即， 整理得，此方程不成立. 当在双曲线右支上时，，又， 所以， 所以，即， 整理得，得， 所以或（舍去）， 所以C的离心率为. 故选：B 11. 一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”，两平行平面间的距离叫做球台的高．如图1，西晋越窑的某个“卧足杯”的外形可近似看作球台，其直观图如图2，已知杯底的直径为cm，杯口直径为cm，杯的深度为cm，则该卧足杯侧面所在球面的半径为（ ） A. 5cm B. cm C. cm D. cm 【答案】A 【解析】 【分析】作出“球台”轴截面，利用勾股定理得到方程组，解得即可； 【详解】解：如图所示，作出“球台”的轴截面，设球心为，过作交于点，交于点， 依题意，，， 设球的半径为，则且， 即，解得， 即球面的半径为； 故选：A 12. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与交于A，两点，且，设直线的斜率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设直线的方程为，，与抛物线方程联立，利用韦达定理求得，再根据弦长公式求得，再求出交点坐标，根据斜率公式即可得解. 【详解】解：抛物线的焦点为，准线，， 设直线的方程为，， 联立，消得， 则， 故， 解得， 当时，则，解得或4， 故两交点坐标为， 点与交点所在直线得斜率为， 点与交点所在直线得斜率为， 当时，则，解得或1， 故两交点坐标为， 点与交点所在直线得斜率为， 点与交点所在直线得斜率为， 所以. 故选：A. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知x，y满足，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】画出可行域，根据目标式的几何意义及数形结合法求最小值. 【详解】由题设可得如下可行域， 目标式的几何意义为：直线在平移过程中与可行域有交点时与x轴的截距， 所以要最小，只需与可行域有交点情况下与x轴的截距最小， 如图知：当与重合时有最小值，则. 故答案为： 14. 若“”是“”的必要不充分条件，则的值可以是__________.（写出满足条件的一个值即可） 【答案】（答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】根据必要不充分条件列不等式，由此求得的可能取值. 【详解】由于“”是“”的必要不充分条件，所以， 所以的值只需小于即可. 故答案为：（答案不唯一，满足即可） 15. 数列的前10项和等于___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分组求和法和等比数列的求和公式可得结果. 【详解】数列的前10项和等于 . 故答案为：. 16. 已知函数，若关于的方程有两个不相等的实数根，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论，转化为两个函数的图象有两个交点，利用导数可求出结果. 【详解】当时，因为方程在 上无实数根，所以方程在 上有两个不相等的实数根，即在 上有两个不相等的实数根， 令，， 则，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，又当趋近于正无穷时，趋近于， 所以的图象为： 由图可知，； 当时，方程有且仅有一个实根，不合题意； 当时，因为方程在 上无实数根，所以方程在 上有两个不相等的实数根，即在 上有两个不相等的实数根， 令，， -则恒成立， 所以为增函数，在 上有最多只有一个实数根，不合题意. 综上所述：. 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. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，． （1）求面积； （2）设BC边的中点为D，求AD． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出角A的余弦，再结合同角公式、三角形面积定理计算作答. （2）在与中利用余弦定理建立方程，解方程作答. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得：，则， 所以面积为. 【小问2详解】 因D为BC边的中点，在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 而，两式相加得： 因此有，即，解得， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，． （1）求证：平面PBC； （2）求四面体的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，构造中位线，即可证明； （2）由面面垂直的性质定理，转化求点到平面的距离，再根据三棱锥的体积公式，即可求解. 【小问1详解】 连结，交于点， 因为点分别是的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为，所以是等边三角形， 取的中点，面内连结，则， 因为平面平面，且平面平面， 所以平面，，且， 所以. 19. 《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》提出“构建智慧高效的生态环境管理信息化体系”，下一步，需加快推进5G、物联网、大数据、云计算等新信息技术在生态环境保护领域的建设与应用，实现生态环境管理信息化、数字化、智能化．某科技公司开发出一款生态环保产品，已知该环保产品每售出1件预计利润为0.4万元，当月未售出的环保产品，每件亏损0.2万元．根据市场调研，该环保产品的市场月需求量在内取值，将月需求量区间平均分成5组，画出频率分布直方图如下． （1）请根据频率分布直方图，估计该环保产品的市场月需求量的平均值和方差． （2）若该环保产品的月产量为185件，x（单位：件，，）表示该产品一个月内的市场需求量，y（单位：万元）表示该公司生产该环保产品的月利润． ①将y表示为x的函数； ②以频率估计概率，标准差s精确到1，根据频率分布直方图估计且y不少于68万元的概率． 【答案】（1）；. （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）用每组的中点值乘以该组的频率再相加可得，用每组的中点值减去的平方和再除以组数可得； （2）①分类讨论需求量与产量的大小关系，可求出关于的函数关系式；②根据、、y不少于68万元，求出的范围，再根据直方图可求出概率. 【小问1详解】 ， , 【小问2详解】 ①当，且时，万元； 当，且时，万元， 所以， ②，，，所以， 当时，万元， 当时，由得， 故当万元时，， 综上所述：， 所以. 所以估计且y不少于68万元的概率为. 20. 已知函数，其中． （1）求函数的单调区间； （2）设函数在区间上的最大值为，证明：． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，再对分三种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由区间的定义可得，即可求出的取值范围，再分和两种情况讨论，分别求出函数的最大值，即可得证； 【小问1详解】 解：因为，， 所以． ①若，当时，；当或时，． 即在上单调递减，在和上单调递增； ②若，恒有． 即在定义域上单调递增； ③若，当时，；当或时，． 即在上单调递减，在和上单调递增； 综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，； 当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，． 【小问2详解】 解：由题意，有，∴． 由（1）知 ①当时，在上单调递增． ∴． ②当时，在上单调递减，在上单调递增． 由，，∴； 又． ∵，∴．∴． ∴． 综上，有． 21. 已知椭圆的左、右焦点分别为，左顶点为，离心率为． （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，线段的中点分别为，．设过点且垂直于轴的直线为，若直线与直线交于点，直线与直线交于点，求． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据左顶点坐标、离心率和椭圆关系可求得椭圆方程； （2）将直线与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；由中点坐标公式可表示出， 并进一步求得坐标，由向量数量积的坐标运算，结合韦达定理可化简得到，由此可得结论. 【小问1详解】 椭圆左顶点为， ， 又因为离心率， ， ， 的方程为：. 【小问2详解】 如图所示： 设，， 则， 由 得：， 则， ，； 直线方程：，， ； 同理可得：，又， ，， ， 为定值. 【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下： ①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式； ②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式； ③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式； ④化简所得函数式，消元可得定值. （二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．并用2B铅笔在答题卡选考题区域内把所选的题号涂黑．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]（10分） 22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为 （为参数），直线的普通方程为，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系． （1）求与的极坐标方程； （2）在极坐标系中，射线与，分别交于点A，B（异于极点），若，求的值． 【答案】（1）的极坐标方程为；的极坐标方程为. （2） 【解析】 【分析】（1）消去参数得的直角坐标方程，再根据互化公式可得的极坐标方程；根据互化公式可得的极坐标方程； （2）联立极坐标方程求出两点的极径，代入可求出结果. 小问1详解】 由消去参数得，即， 由，得，得， 所以的极坐标方程为. 将，代入，得， 所以的极坐标方程为. 【小问2详解】 由，得，所以， 由，得，即， 所以， 所以，又，所以 [选修4-5：不等式选讲]（10分） 23. 已知函数． （1）当时，解不等式； （2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集； （2）分析可知，，可得出或，则存在，使得或，利用参变量分离法可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 解：当时，． 当时，，解得，此时； 当时，，解得，此时； 当时，，解得，此时． 因此，原不等式的解集为． 【小问2详解】 解：当时，由可得，即， 即或，所以，或， 即存在，使得或． 若存在使得，则， 若存在使得，则. 因此，实数的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$