四川省内江市第六中学2023届高三下学期第一次月考数学(文)试卷(PDF版,含部分解析)

文科数学试题考试时间：120 分钟

满分：150 分

第Ⅰ卷选择题（满分60分）

一、选择题（每题5分，共60分）1.在等差数列an中,已知a35,a611,则a10（）A.18B.19C.20D.211

（）2.已知复数z2i,则zi

11111111A.iB.iC.iD.i

222244443.设集合的全集为U,定义一种运算,MN{x|xM(CUN)},若全集A.x2x1UR,Mxx2,Nx3x1,则MN（B.x1x2为渐近线的是（）D.x2x1C.x1x2）4.下列双曲线不是以A.B.C.D.

5.我国古代数学名著九章算术有一抽样问题：“今有北乡若干人，西乡四百人，南乡两百人，凡三乡，发役六十人，而北乡需遣十，问北乡人数几何？“其意思为：“今人，南面有人，这三面要征调人，而北面共征调有某地北面若干人，西面有人用分层抽样的方法，则北面共有()人．”A.B.C.D.

6.如右图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，如果点E是AA1的中点，那么过点D1、B、E的截面图形为（）A.三角形C.正方形7.设且B.矩形D.菱形，，的内角，，的对边分别为，，若，则()A.A.B.C.B.25D.

）8.执行如图所示的程序框图，则输出的N的值与下面的哪个数最接近？（C.50D.1009．红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等.红薯耐旱耐脊、产量丰富，曾于数次大饥荒年间成为不少人的“救命粮食”，现因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点.小泽和弟弟在网红一条街买了一根香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃，如图，该红薯可近似看作三部分：左边部分是半径为R的半球；中间部分是底面半径为R、高为3R的圆柱；右边部分是底面半径为R、高为R的圆锥，若小泽准备从中间部分的甲、乙、丙、丁四个位置选择一处将红薯掰成两块，且使得两块的体积最接近，则小泽选择的位置是（）A.甲B.乙C.丙D.丁2023级文科数学试卷第1页（共4页）ex1π

sinx的图像大致为（10.函数fxxe12

）ABCD11.已知椭圆C1和双曲线C2的焦点相同，记左、右焦点分别为F1，F2，椭圆和双曲线的离心率分别为e1,e2,设点P为C1与C2在第一象限内的公共点，且满足PF1kPF2，若e11，则k的值为（）e2k1A.3B.4C.5D.612.已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么PAPB的最小值为（(A)42）(B)32(C)422(D)322

第Ⅱ卷非选择题（满分90分）

二、填空题（每题5分，共20分）13.已知定点A(4,2)和曲线x2y24上的动点B，则线段AB的中点P的轨迹方程为___________．14.若，满足约束条件则的最大值为_________．1122成立.命题15.已知命题p:x1,2,x2,2,使得方程log2x1ax222

x1q:x1,x20,1,不等式a3x24恒成立.若命题p为真命题，命题q为假命题，则实数a的取值范围是________.16.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别为接CD，CB的中点，点Q为侧面ABB1A1内部（不含边界）一动点，给出下列四个结论：①当点Q运动时，平面MNQ截正方体所得的多边形可能为四边形、五边形或六边形；②当点Q运动时，均有平面MNQ⊥平面AAC11；③当点Q为AB1的中点时，直线AC1∥平面MNQ；④当点Q为AB1的中点时，平面MNQ截正方体的外接球所得截面的面积为17π．6其中所有正确结论的序号是______．三、解答题（共70分）（一）必考题（共60分）π17.(12分)已知向量m3cosx,cosx,ncosx,cosx,满足函数21fxmn.2(1)求fx在0,上的单调增区间；2(2)若f

5π

,0,,求cos2的值．134

π2023级文科数学试卷第2页（共4页）18.(12分)“中国人均读书4.3本（包括网络文学和教科书），比韩国的11本、法国的20本、日本的40本、犹太人的64本少得多，是世界上人均读书最少的国家.”这个论断被各种媒体反复引用，出现这样的统计结果无疑是令人尴尬的，而且和其他国家相比，我国国民的阅读量如此之低，也和我国是传统的文明古国、礼仪之邦的地位不相符.某小区为了提高小区内人员的读书兴趣，特举办读书活动，准备进一定量的书籍丰富小区图书站，由于不同年龄段需看不同类型的书籍，为了合理配备资源，现对小区内看书人员进行年龄调查，随机抽取了一天40名读书者进行调查，将他们的年龄分成6段：20,30，30,40，40,50，50,60，60,70，70,80后得到如图所示的频率分布直方图.（1）估计在40名读书者中年龄分布在30,60的人数；（2）求40名读书者年龄的平均数和中位数；（3）若从年龄在[20,40）的读书者中任取2名，求这两名读书者年龄恰有1人在[20,30）的概率.19.(12分)本小题分如图，在四棱锥中，底面，，，分别是、的中点．证明：平面；若平面，求四棱锥的体积．是矩形，平面220.(12分)已知椭圆与抛物线y2pxp0有一个相同的焦点F21,0,椭圆的长轴长为2p.(1)求椭圆与抛物线的方程；(2)P为抛物线上一点，F1为椭圆的左焦点，直线PF1交椭圆于A，BAB

两点，直线PF2与抛物线交于P，Q两点，求的最大值．PQ2023级文科数学试卷第3页（共4页）21.(12分)已知f(x)lnxa2x

，g(x)e1．xx(1)若函数f(x)的图象在xe处的切线与直线2xy80垂直，求f(x)的极值；(2)当x0时，g(x)f(x)恒成立，求实数a的取值范围．（二）选考题（共10分）请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.22.选修4-4：坐标系与参数方程(10分)3tx2（t是参数），且直线l与曲线C在极坐标系中，已知曲线C:2cos，直线l:

ty1

2

交A,B两点．(1)求曲线C的直角坐标方程与直线的普通方程；3π

(2)设定点P的极坐标1,，求(PA1)(PB1)的值．2

23.选修4-5：不等式选讲(10分)已知fxx1ax1.(1)当a1时，求不等式fx1的解集；(2)若x0,1时不等式fxx成立，求a的取值范围.内江六中高2023级文科数学试卷第4页（共4页）科数学试题解析1.B【分析】在等差数列an中,a35,a611,所以da10a37d57219.a6a32,所以63积差为111i11i.2.D【分析】因为z2i,所以z2i,所以444zi21i},3.C【分析】由题意得Mxx2{x|2x2},ðUN{xx3或x1xex1πe110.B【分析】函数fx定义域为R,且fxxsinxxcosx.e12e1xxe11efxxcosxcosxfx,\\fx是奇函数,排除选项C和D;当e11exπ0x时,fx0,排除选项A.210R3;故从乙处掰成两块,体积最接近.313xa5.对于命题q,当x1,x20,1时,a3x2a,a3,411,4.若命题q为4x真,则a3x241,则a4.若命题p为真命题,命题q为假命题,则minmax()131313a54,所以a4.综上可得a的取值范围为,4.44a416.②③④如图所示，当点Q运动时，平面MNO截正方体所得的多边形可能为五边形成六边形，故①错误；由于11.A【分析】设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为a1,b1,半焦距为c,双曲线的则MNx1x2.4.C5C【解析】设北面共有人，则由题意可得，解得所以北面共有人，故选：6.D【分析】分别取BB1,CC1的中点G,F,连接A1G,BF,D1F,GF.如图D1EBF即为过点D1、B、E截正方体所得的截面图形.由题意可知:A1E//GB且A1EGB,所以四边形A1EBG为平行四边形,所以A1G//EB.又因为GF//B1C1且GFB1C1,A1D1//B1C1且A1D1B1C1,所以A1D1//GF且A1D1GF.所以四边形AGFD11为平行四边形,所以D1F//A1G,所以D1F//EB,同理ED1//BF,所以四边形D1EBF为平行四边形.又因为EBBF,所以平行四边形D1EBF为菱形.7.C【解析】，，且，由余弦定理可得，，即有，解得或，由，可得．故选：．8.B【分析】由题意可知，该程序相当于在0,1内任取100对数对x,y0x1,0y1，其中满足x2y21的数对有N对,显然该问题是几何概型.0x1不等式组0x10y1所表示的区域为面积为1,0y1所表x2y21示的区域面积为4,故p4»N100,因此N»25p.9.B【分析】若从甲处分为两块,则左侧体积为2R3,πR23R13πR2R103右侧体积为3πR3,两者体积差为8R3;若从乙处分为两块,则左侧体积为23πR3πR35πR3,右侧体积为πR22R1πR3732323πR3,两者体积差为R3;若从丙处分为两块,则左侧体积为R32R3833R3,右侧体积为R31R34R3,两者体积差为4R33333;若从丁处分为两块,则左侧体积为23πR33πR31131333πR,右侧体积为3R,两者体实半轴长、虚半轴长分别为a2,b2,半焦距为c,则有a12b12c2a22b22.又因为点P为C1与C2在第一象限内的公共点,且满足PF1kPF2,所以k0且k1.由椭圆的定义可得PF1PF2kPF2PF2(k1)PF22a1,所以PF2a2k11.由双曲线的定义可得PF1PF2kPF2PF2(k1)PF22a2,所以PF2a2k2,所以2ak22a1,所以aa1k12k.c11k11又因为eaak11e12c1a21k1,解得k0(舍)或k3.ak1212.D【解析】法一、设P(x0,y0)，则AB：x0xy0y1，代入圆的方程，用韦达定理得PAPB

(x1x0)(x2x0)(y1y0)(y2y0)

2x02yx02y02

3220

2法二、设P(x0,0)，则AB：x0x1，代入圆有方程，得y2

11xPB22

2PA2x03223

0x0

13.(x2)2(y1)21【分析】设线段AB中点为P(x,y),B(m,n),则4m2n2x,2y.即m2x4,n2y2.因为点B为圆上x2y24的点,所以m2n24.所以(2x4)2(2y2)24,化简得:(x2)2(y1)21.14.解：由约束条件作出可行域如图联立，解得平移直线：，由图可知，当直线过时，有最大值，所以．故答案为：．15.134,41【分析】对于命题p,当x12,2时,log2x1aa1,a1;当px21,2时,x229,6.若命题为真,则a1,a19a192244,6,即4,解得a161BDAC,AA1BD,ACAA1A,AC,AA1平面AAC11,所以BD平面AAC11,由于MN//DB,故直线MN⊥平面AAC11，MN平面MNQ，平面MNQ⊥平面AAC11，故②正确；如图所示，当点Q为AB1中点时，截面MNSER为五边形，直线MN与直线AC交于点T，易得：ATTC3

1，又在平面ABB1ASB1中，易得SB1AEEA3，11所以AC1∥ET，AC1平面MNQ,ET平面MNQ,则直线AC1∥平面MNQ，故③正确；图4所示，由C选项可知，AG

OG3，所以球心O到平面MNQ的距离等于点A到平面MNQ距离的三分之一，又由B选项可知，点A到直线ET的距离即是33点A到平面MNQ的距离，利用等面积法可得该距离为2233262，所以球2心O到平面MNQ的距离d16632

6，所以截面圆的半径rR2d2311766，所以截面圆的面积为17π6，故④正确，17.(1)fx3cosxcosπ11cos2xx22cosx23cosxsinx21231π2sin2x2cos2xsin2x6；当x0,π2时,2xπ6π5πππππ6,6,当2x66,2,即x0,3时,fx单调递增,即fx在ππ0,2上的单调增区间为0,3.(2)由(1)得:fsin2π50,π时,2ππ,π,cos2π12613;当4663613.cos2cosππππππ266cos26cos6sin26sin612133251123513226.18.(1)【详解】解：（1）由频率分布直方图知年龄在30,60的频率为3（0.010+0.020+0.030）×10＝0.60，所以40名读书者中年龄分布在30,60的人数为40×0.60＝24．（2）40名读书者年龄的平均数为25×0.05+35×0.1+45×0.2+55×0.3+65×0.25+75×0.1＝54．设中位数为x，由于频率

1

210×（0.005+0.010+0.020120.030），则x＝501

2605055，即40名读书者年龄的中位数为55．（3）8

1519.因为，，分别是，，的中点，四边形是矩形，所以，且，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；因为平面，、平面，所以，，又，所以，因为平面，平面，所以，又是的中点，所以．所以直角梯形的面积．易知点到平面的距离，所以．20.(1)由题意,cp21,p2.又2p2a,a2,c1,ba2c23.抛物线方程为:y24x,椭圆方程为x2y2431.(2)由(1)知:F11,0,F21,0.由题意PF1,PF2的斜率不为0,设直线PF1的方程为:xt1y1,直线PF2的方程为：xt2y1,Ax1,y1,Bx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4.x2y2联立方程143x,t1y1得:3t124y26ty6t1y90,y123t1,y91y21243t124,AB1t12y1y21t12y1y224y12t1211y23t24.1联立方程y24xxt2y1,得y24t2y40,y3y44t2,y3y44,PQ1t22y3y41t22y3y424y3y44t224.又点P是PFxt1y1t1,PF2的交点,xt,得x31t2,y2.2y1tt312t1t2点P在抛物线2上4tt1t2t2tAB3t113,4t1t22221,t121.PQt21t2,113t1243t1121t1212.考察函数fx3x1x2,x2,fx是增函数,fx17minf26222＞0,AB366PQft2117,即最大值为7.21.【详解】（1）解：f(x)的定义域为(0,)，f

(x)1alnxx2，f(e)a22e2，由已知可得f(e)21，即ae2,由f(x)0，可得xe1e2，可得到下表：12

2

xe

0,e211ee22ee2,f(x)+0

f(x)单调递增极大值单调递减2

2

f(x)的极大值为fe1e2ee21，无极小值；（2）解：当x0时，g(x)f(x)，即ex

21lnxaxx，化简可得，axex1lnx2，令F(x)xex1lnx2(x0)，只需aF(x)min，F(x)(x1)ex1x，令2h(x)ex1

x(x0)，则h(x)ex

1

20，h(x)在(0,)上单调递增，h11xQ2e220，h(1)e10，存在唯一的xhxx0(0,)，使得0e0

1

x0，当0xx00时，hx0，即Fx0，当xx0时，hx0，即Fx0，∴F(x)在区间0,x0上单调递减，在区间x0,上单调递增，F(x)minFx0x0ex01lnx02xx1

0ex0x0lnx02，由e0

x0得0x0ex01，两边取对数得x0lnx00，F(x)minFx03，a3，即实数a的取值范围是(,3]．22.(1)曲线C:22cos.因为cosx,2x2y2,所以直角坐标方程为:x2y22x0,即(x1)2y21.x3t由2t,消去参数t可得直线l的普通方程为:x3y30.y123t(2)因为P的直角坐标为(0,1),所以直线l过P点,直线l的参数方程x2y1,t2代入曲线C的方程(x1)2y21中,3t2得221112t1,即t2(31)t10.设A，B两点对应的参数分别为t1,t2,所以t1t231,t1t21.所以(PA1)(PB1)t1t2t1t2133．23.(1)当a1时,fxx1x1.当x1时，由fx1可得x1x12,原不等式无解;当1x1时,由fx1可得x1x12x1,可得x112,此时2x1;当x1时m由fx1可得x1x121恒成立.综上所述,当a1时,不等式fx1的解集为1xx2.(2)当x0,1时,fxx1ax1x1ax1x,可得ax11.所以1ax11,即0ax2,只需0a2即可.综上所述，实数a的取值范围是0,2.