2023届贵州省贵阳市五校高三联合考试（四）数学（文）试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat15页2023届贵州省贵阳市五校高三联合考试（四）数学（文）试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数函数的定义域可得，结合交集的概念和运算即可求解.【详解】由题易知，则，故选：B.2．已知复数，则复数（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】直接将代入中计算即可.【详解】因为，所以，故选：C.3．已知是定义在上的奇函数，满足且，则（

）A．4 B．-4 C．1 D．-1【答案】D【分析】利用函数的周期性和奇偶性求函数值.【详解】由，可知周期为4，又是定义在上的奇函数，所以.故选：D.4．双曲线（，）的一条渐近线经过，则该双曲线离心率为（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】根据双曲线的渐近线与离心率的关系求解.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，将代入渐近线方程得，所以，故选:B．5．已知正项等比数列满足，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用已知条件求出公比，代入求解的算式即可.【详解】设正项等比数列公比为，则，，由，得，即，解得，所以.故选：D.6．《算法统宗》是由明代数学家程大位所著的一部应用数学著作，其完善了珠算口诀，确立了算盘用法，并完成了由筹算到珠算的彻底转变，该书清初又传入朝鲜、东南亚和欧洲，成为东方古代数学的名著．书中有这样一个问题：“今有物靠壁，一面尖堆，底脚阔十个，问共若干？”如图所示的程序框图给出了解决该题的一个算法，执行该程序框图，输出的即为该物的总数，则总数（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】列出循环的每一步，可得出，即可得出输出的的值.【详解】由程序框图可知，第一次循环，，成立，第二次循环，，，成立，第三次循环，，，成立，，以此类推可知，最后一次循环，，不成立，跳出循环体，输出的值为.故选：C.7．已知，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据指对函数的单调性，判断，，的大小关系即可.【详解】因为，，，所以，故D项正确.故选：D.8．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用余弦的二倍角公式和诱导公式结合已知求解即可.【详解】因为，所以.故选：A.9．为纪念12.9运动，高一（5）班需要从班级朗诵队里的4名男生和2名女生中随机选取两名，代表班级参加朗诵比赛，则恰好选取一名男生和一名女生的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据古典概型列举基本事件总数，及恰好选取一名男生和一名女生的事件总是，从而可得概率.【详解】记4名男生为A，B，C，D，2名女生为a，b，从中选择两名为：AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，Db，ab共15个基本事件，其中恰好选取一名男生和一名女生有Aa，Ab，Ba，Bb，Ca，Cb，Da，Db共8种，所以概率为.故选：C.10．阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到的阿基米德多面体，如图所示.则该多面体所在正方体的外接球表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由阿基米德多面体的棱长，可得原正方体的棱长，可求外接球半径，计算外接球表面积.【详解】将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，截面三角形边长为，则原正方体棱长的一半为1，即多面体所在正方体的棱长为2，可得正方体体对角线长，外接球半径为，所以外接球表面积为.故选：D.11．函数的部分图象如图，则（

）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】根据正弦型函数的图象及五点法求参数，写出函数解析式，再求函数值.【详解】由图及题设知，把点代入，得，由五点描图法可得，所以，故，所以.故选：A12．若，则的解集为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先得到函数定义域和奇偶性，由复合函数单调性得到在上单调递减，结合，从而得到，求出解集.【详解】的定义域为，又，故为偶函数，当时，，因为，在上单调递减，又在上单调递增，根据复合函数单调性可知，在上单调递减；又，可化为，即，得，即或，解得.故选：D.二、填空题13．已知单位向量满足，则向量与夹角的余弦值为.【答案】0【分析】根据题意，利用数量积的运算法则可得，从而得解.【详解】根据题意得，，∴，∴，∴，即，所以夹角的余弦值为0.故答案为：0.14．已知函数的图象在处的切线方程为，则.【答案】【分析】根据导数的几何意义求出a、b，即可求解.【详解】代入得，，即，，即，则，，所以.故答案为：.15．已知为数列的前项和.若，数列各项使得，成等差数列，则.【答案】363【分析】设公差为，则，求出d，进而求出，，，可得，求出公比q，结合等比数列前n项求和公式计算即可求解.【详解】设公差为，则，得，于是，，，所以，，，，则，所以.故答案为：363.16．某学生到某工厂进行劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为40cm的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．（取）【答案】36000【分析】利用小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半,建立等式,求出小圆柱底面圆，借助该模型体积为大圆柱体积减去小圆柱体积，进而求解.【详解】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，则有，即，解得，所以该模型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为.故答案为：36000.三、解答题17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．(1)求角C；(2)若边上的中线长为1，求面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由条件利用正弦定理，余弦定理化简可得，进而求出；（2）由题意可得，利用向量运算可得，根据基本不等式可求得的最大值，进而得解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，又由余弦定理可得，，，又，（2）设边上的中线为，由向量关系可得，，，又，，，，(当且仅当时取等号)所以面积的最大值为18．某学校共有1000名学生参加数学知识竞赛，其中男生250人．为了了解该校学生在数学知识竞赛中的情况，采取按性别分层抽样，随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在450~950分之间．将分数不低于750分的学生称为“高分选手”．根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示．(1)求a的值，并估计该校学生分数的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)若样本中属于“高分选手”的男生有10人，完成下列2×2列联表，并判断是否有95%的把握认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关？属于“高分选手”不属于“高分选手”合计男生女生合计参考公式：，其中．0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)，670分(2)列联表见解析，有【分析】（1）根据频率之和等于“1”可以求的值；根据平均数的定义求平均数；（2）根据独立性检验的方法求解.【详解】（1），解得，平均数估计值为（分）．（2）由题意可知，样本中男生有人，则女生有75人，属于“高分选手”的有人，其中男生10人，则高分中女生为人，不属于“高分选手”的男生为人，不属于“高分选手”的女生为人，因此，得到列联表如下：属于“高分选手”不属于“高分选手”合计男生101525女生156075合计2575100因此，的观测值，所以有95%的把握认为该校学生属于“高分选手”与“性别”有关．19．如题图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形．为上一点，.(1)求证：平面；(2)若，圆锥的侧面积为．求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，先证明平面，进而可得，再结合，即可证明平面；（2）根据题意，结合勾股定理与侧面积公式，即可求出圆锥底面半径为和母线长为，再根据棱锥的体积公式，即可求解.【详解】（1）证明：连接OC，因为，所以，因为为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，所以平面，平面，所以，，即因为是底面的内接正三角形，O是圆锥底面的圆心，所以，因为平面，所以平面POC，因为平面POC，所以，因为，平面，所以平面．（2）解：设圆锥的母线为，底面半径为，则圆锥的侧面积为，即，因为，，解得，，所以，，所以，在等腰直角三角形中，，在中，，所以，三棱锥的体积．20．已知椭圆的半焦距为，且过点.(1)求椭圆的方程；(2)设直线交椭圆于两点，且线段的中点在直线上，求证：线段的中垂线恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得，，结合求出b，即可求解；（2）设，，，直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示，进而表示，结合两直线的位置关系和直线的点斜式方程即可求解.【详解】（1）椭圆过点，即，又，又，则，即椭圆方程为.（2）由得，，设，，则，设的中点M为，得，即，得，所以.所以的中垂线方程为，即，故的中垂线恒过点.21．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，证明：存在正实数，使得.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）首先求导可得，再对分和两种情况讨论，利用导函数的正负确定函数的单调性即可得解；（2）根据题意可得，当时，存在正实数，使得；当时，，令，可得当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，可得，只需证明即可.【详解】（1）（1）解：，当时，，函数在上单调递增；当时，时，，时，，函数在上单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，只有增区间为.当时，的增区间为，减区间为.（2）证明：由已知得，的定义域为，当时，存在正实数，使得.当时，，令，在区间上有一个零点.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减..由，得，所以.设，当时，，所以在上单调递增，所以，即，所以存在正实数，使得.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值问题，考察了分类思想的应用.本题的关键点由一下几点：（1）分类讨论的关键点为导函数的正负临界值；（2）存在性思想的应用，存在正实数，使得只需即可.22．已知直线：（为参数），曲线为参数.(1)求与的直角坐标方程；(2)若把曲线上各点的横坐标压缩为原来的倍，纵坐标压缩为原来的倍，得到曲线，设点是曲线上的一个动点，求它到直线的距离的最小值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）去直线参数方程的参数，求得直线的直角坐标方程.消去曲线参数方程的参数，求得曲线的直角坐标方程；（2）根据坐标变换求得曲线的参数方程，由此设出点坐标，利用点到直线距离公式列式，结合三角函数最值的求法，求得到直线的距离的最大值.【详解】（1）由直线：（为参数），消去参数可得：l的普通方程为，为参数，消去参数可得：的普通方