高中试卷答案网内江名校2022—2023 学年（下）高 2023 第 1 次月考
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.18 B.19 C.20 D.21
1
2.已知复数 z 2 i ,则 （ ）
z i
1 1 1 1 1 1 1 1
A. i B. i C. i D. i
4 4 2 2 2 2 4 4
3.设集合的全集为U ,定义一种运算 ,M N {x | x M (CUN )} ,若全集
U R ,M x x 2 , N x 3 x 1 ,则M N （ ）
A. x 2 x 1 B. x 1 x 2 C. x 1 x 2 D. x 2 x 1
4.下列双曲线不是以 为渐近线的是（ ）
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
有某地北面若干人，西面有 人，南面有 人，这三面要征调 人，而北面共征调
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 B.矩形
C.正方形 D.菱形
7. 设 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， 若 ， ，
且 ，则 ( )
A. B. C. 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？（ ）
A. B. 25 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
exf x 110.函数 x sin
π x
e 1 2
的图像大致为（ ）
A B C D
11.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 k PF2 ，若
e1 1
e k 1，则 k的值为（ ）2
A.3 B.4 C.5 D.6
12.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 2 2 (D) 3 2 2
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
15. 2已知命题 p : x1 , 2 , x , 2 ,使得方程 log x a x 2成立.命题
2 2 2 1 2 2
q: x1, x2 0,1 ,不等式 a 3x 4x1 恒成立.若命题 p为真命题，命题q2 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 AA1C1；
③当点 Q为 AB1的中点时，直线 A1C∥平面 MNQ；
17π
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 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）
17.(12 分) 已知向量m 3 cos x, cos x , n cos x π 2 , cos x ,满足函数
f x 1 m n .
2
(1)求 f x 在 0,
π
2 上的单调增区间；
π
(2)若 f 5 ,
13
0, ,求 cos2 的值． 4
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 是矩形， 平面
， ， ， 分别是 、 的中点．
证明： 平面 ；
若 平面 ，求四棱锥 的体积．
20.(12分) 2已知椭圆与抛物线 y 2 px 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，B
AB
两点，直线 PF2 与抛物线交于 P，Q两点，求 PQ 的最大值．
21.(12 分) 已知 f (x)
ln x a
， g(x)
2
ex 1．
x x
(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)
x 3t
在极坐标系中，已知曲线C : 2cos
，直线 l : 2 （t是参数），且直线 l与曲线 C
y t 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.第 1 次月考文科数学试题解析 10 13 x R3 ; 1积差为 故从乙处掰成两块,体积最接近. a 5 .对于命题q,当 x1, x2 0,1 时,a 3x2 a,a 3 , 4 1,4 .若命题q为
a 4 a 3
1.B【分析】在等差数列 an 中, a3 5 ,a6 11,所以 d 6 3 2 ,所以 ex 1 π e x 1 真,则 a 3x 4x16 3 ,则 a 4 .若命题 p为真命题,命题q为假命题,则10.B 2【分析】函数 f x 定义域为R ,且 f x minex sin x 1 2 x cos x. maxa a 7d 5 7 2 19. e 1 1310 3 x x a 5 13 13
1 1 1 i 1 1 f x e
1
cos x 1 e cos x f x ,\ f (x) , C D; 4 ,所以 a 4 .综上可得
a的取值范围为 , 4
是奇函数 排除选项 和 当 .
2.D x x
4 4
【分析】因为 z 2 i ,所以 z 2 i ,所以 i e 1 1 e a 4z i 2 1 i 4 4 4 .
0 x π f x 0
时, ,排除选项 A. 16.②③④如图所示，当点 Q运动时，平面 MNO截正方体所得的多3.C【分析】由题意得M x x 2 {x | 2 x 2} , UN {x x 3或 x 1} , 2
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
M N x 1 x 2 . 边形可能为五边形成六边形，故①错误；由于则
实半轴长、虚半轴长分别为 a2 ,b2 ,半焦距为 c , a2则有 1 b
2
1 c
2 a2 2
4.C 2
b2 .又因为
点 P为C 与C 在第一象限内的公共点,且满足 PF k PF ,所以 k 0且 k 1 . BD AC, AA1 BD, AC AA1 A, AC, AA1 2 1 2 1 平面 AA1C1 ,所以
5C 【解析】设北面共有 人，则由题意可得 ，解得 由椭圆的定义可得 PF1 PF2 k PF2 PF2 (k 1) PF2 2a1 ,所以
2a BD 平面 AA1C1 ,由于MN / /DB ,故直线 MN⊥平面 AA1C1，MN 1 PF PF k PF PF (k 1) PF 2a
所以北面共有 人，故选： PF2 .由双曲线的定义可得 ,k 1 1 2 2 2 2 2
2a 2a 2a a k 1 平面 MNQ，平面 MNQ⊥平面 AA1C ，故②正确；如图所示，当点
所以 PF 2 ,所以 2 1 , 1所以 12
BB ,CC G,F k 1 k 1 k 1 a2 k 1
.
6.D【分析】分别取 1 1的中点 ,连接 c
AG,BF,D F,GF . D EBF D B E Q为 AB1中点时，截面 MNSER为五边形，直线 MN与直线 AC交1 1 如图 1 即为过点 1、 、 截正 e1 a1 a2 k 1 1
AE / /GB 又因为 c . : e a k 1 k 1 ,解得 k 0 (舍)或 k 3 .方体所得的截面图形 由题意可知 1 且 2 1 AT 3 SB1 AE 3
A1E GB , AEBG
a 于点 T，易得： ，又在平面 ABB A中，易得
所以四边形 1 为平行四边形,所以 2 TC 1 1 1 SB EA1 1
，
A1G / /EB .又因为GF // B C 且GF BC , A D / /B C 且 12.D【解析】法一、设P(x , y )，则 AB： x x y y 1，代入圆的方程，用1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0
AD BC AD GF 所以 AC∥ET
AC AC∥
1 1 1 1 ,所以 A1D1 / /GF且 1 1
1 ， 1 平面 MNQ, ET 平面 MNQ ,则直线. 1所以四边形
A1GFD1为平行四边形,所以 D1F / /A1G ,所以D1F / /EB ,同理 ED1 / /BF ,所以四边 韦达定理得 平面 MNQ，故③正确；
形D1EBF为平行四边形.又因为 EB BF ,所以平行四边形D1EBF为菱形.
AG图 4所示，由 C选项可知， 3，所以球心 O到平面 MNQ的距离等于点 A
7.C【解析】 ， ， 且 ，由余弦定 PA PB (x1 x0 )(x2 x0 ) (y1 y0 )(y y )
2
2 22 0 2 2 x0 y0 3 2 2 3 OGx0 y0 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
理可得， ，即有 ，解
法 二 、 设 P(x0 , 0) ， 则 AB ： x0x 1 ， 代 入 圆 有 方 程 ， 得 3 3 2
点 A到平面 MNQ的距离，利用等面积法可得该距离为 2 2
6
得 或 ，由 ，可得 ．故选： ．
1
，所以球
2 3 3 2y2 1 2 PA PB
2
x x2
x0 3 2 2 3 2
8.B 0 0【分析】由题意可知，该程序相当于在 0,1 内任取100对 1 6 6
x, y 0 x 1,0 y 1 13. (x 2)2 (y 1)2 1【分析】设线段 AB中点为 P(x, y) , B(m,n) ,则 心 O到平面 MNQ的距离 d ，所以截面圆的半径数对 ， 3 2 6
x2 y2 1 N , 4 m 2 n其中满足 的数对有 对 显然该问题是几何概型. x , y .即m 2x 4 ,n 2y 2 . 1 17 17π
2 2
0 x 1 r R
2 d 2 3 ，所以截面圆的面积为 ，故④正确，
0 x 1 2 2 2 2 6 6
6
1,
因为点 B为圆上 x y 4的点,所以m2 n2 4 .所以 (2x 4) (2y 2) 4 ,
不等式组 所表示的区域为面积为 0 y 1 所表0 y 1 π 1 1 cos 2x 1 x2 y2 1 化简得: (x 2)
2 (y 1)2 1 . 17.(1) f x 3 cos xcos x cos2 x 3 cos xsin x
2 2 2 2
p N
示的区域面积为 ,故 ,因此 N 25p . 3 1 π
4 4 100 14. 解：由约束条件 作出可行域如 sin 2x cos2x sin 2x 2 2 6 ；
2
9.B【分析】若从甲处分为两块,则左侧体积为 R3 ,右侧体积为 x 0, π 2x π π π π π π3 当 时, ,
5π
2 6 6 6
, 当 2x
6
, ,即 x 0, 时, f x 单调6 2 3
2 1 2 10 3 8 3 图联立 ，解得 平移直线πR 3R πR R πR ,两者体积差为 R ; 递增,
3 3 3
2 3 3 5 3 ： ，由图可知，当直线过 时， 即 f x
0, π 在 上的单调增区间为 0,
π
.
若从乙处分为两块,则左侧体积为 πR πR πR ,右侧体积为 2 3 3 3
1 7 2 (2) (1) : f sin 2
π 5
; 0, π , 2 π π , π
π 12
πR2 2R πR3 πR3 , 3 由 得 当
时 , cos 2 .
两者体积差为 R ;若从丙处分为两块,则左侧体积为 有最大值，所以 ．故答案为： ． 6 13 4 6 6 3 6 13
3 3 3
2 R3 2 R3 8 R3 R3 1 R3 4 R3 4 3 13 1 cos 2 cos
2
π π π cos 2 cos π sin 2 π sin π
,右侧体积为 ,两者体积差为 R ;若
3 3 3 3 3 15. , 4 【分析】对于命题
p ,当 x1 , 2 时, log2 x1 a a 1,a 1 ;当 6 6 6 6 6 6
4 2
2 11 1 12 3 5 1 12 3 5
从丁处分为两块, πR3 3πR3 3 3则左侧体积为 πR ,右侧体积为 R ,两者体 9 .
3 3 3 x 1 ,2 , x2 2
9 ,6 . p , a
9
1,a 1 ,6 a 1 2 时 2 若命题 为真 则 ,即 4 , 13 2 13 2 26解得
2 4 4
a 1 6 18.(1)【详解】解：（1）由频率分布直方图知年龄在 30,60 的频率为
1
（0.010+0.020+0.030）×10＝0.60， (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 h(x) ex 1 (x 0)，
为: x t1y 1,直线 PF2 的方程为： x
所以 40 名读书者中年龄分布在 30,60 的人数为 40×0.60＝24． x t2 y 1 , A x1, y1 ,B x2 , y2 ,P x3, y3 ,Q x , y 1 1
1
4 4 . 则h (x) ex 0 ， h(x)在 (0, )上单调递增， Q h e2 2 0，
2 2 x2 2 x y
（2）40 名读书者年龄的平均数为 1
联立方程 4 3 , h(1) e 1 0，
25×0.05+35×0.1+45×0.2+55×0.3+65×0.25+75 0.1 54 x t y 1× ＝ ． 1
x 10
1 1 得: 3t 21 4 y2 6t y 9 0, y y
6t 9
1 , y y x (0, ) h x e 01 1 2 3t 2 4 1 2 3t 2 4 ,
存在唯一的 0 ，使得 0 ，当0 x x h x 0x 0时， ，
设中位数为 x，由于频率 10×（0.005+0.010+0.020 0.030 0）， 1 1
2 2 12 t 2 1
1 AB 1 t
2 y y 1 t 2 y y 2 4y y 1 . 即F x 0，当 x x0时，h x 0，即 F x 0，∴ F (x)在区间 0, x0 上单1 1 2 1 1 2 1 2 2
则 x＝50 60 50 55，即 40名读书者年龄的中位数为 55． 3t1 4
2 y2 4x
, 调递减，在区间 x , 上单调递增，联立方程 得 0
（3） 8 x t2y 1
2 1
15 y 4t2 y 4 0, y3 y4 4t2 , y3y4 4 , F(x)
x0
min F x0 x0 e 1 ln x0 2 x0ex0 x0 ln x0 2 x，由 e 0 0x 得0
PQ 1 t22 y3 y 1 t
2 y y 24 2 3 4 4y3y 24 4t2 4 .
19. x因为 ， ， 分别是 ， ， 的中点，四边形 是矩形， 0 x t1y 1 x t1 t 2
x0e 1，
又点 P是 PF1,PF2 的交点,
2
x t y 1,得 3
, y3
2 t1 t2 t1 t
.
2
所以 ，且 两边取对数得 x ln x 0， F(x) F x 3， a 3，即实数 a的取值范
点 P在抛物线 0 0 min 0
4 AB 3 t 21 1 3
，所以 ， 上, 2 4
t1 t2
t t t t , t
2
1 t
2 1 , t 2 1 . 2 2 围是
( ,3]．
2 1 PQ t
1 2 1
3t1 4
1 2 3 t 21 1
1
2 .考察
t 21 1
所以四边形 为平行四边形，所以 22.(1)曲线C :
2 2 cos .因为 cos x , 2 x2 y 2 ,所以直角坐标方程
函数 f x 3x 1 2, x 2 , f x 是增函
x 为: x2 y2 2x 0,即 (x 1)2 y2 1.
1 7 AB 3 6
，因为 平面 ， 平面 ， 数, f x f 2 6 2 ＞0 , 6 3tmin 2 2 PQ f t21 1 7 ,即最大值为 .7 x 由 2 ,消去参数 t可得直线 l的普通方程为: x 3y 3 0 .
t
所以 平面 ； 21.【详解】（1）解： f (x)
1 a ln x y 1
的定义域为 (0, )， f (x)
x2
， 2
x 3ta e2 2
因为 平面 ， 、 平面 ，所以 ， ，又 f (e) ，由已知可得 f (e) 2 1，即 a ,由 f (x) 0 e
，可得 1 2 x e 2 ， (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
2 ,
e 2
y
t
1
2
可得到下表： 代入曲线 C的方程 (x 1)2 y2，所以 ， 1中,
2
3t 2
1 12 1 t
1 2
e e2 得
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，又 是 的中点，所以 1 e2 1 2 2
,即 t ( 3 1)t 1 0 .设 A，B两点对应的参数分别为
x 0,e
2 1 2
e 2 e ,
t1, t2 ,所以 t1 t2 3 1, t1t2 1.
． 所以 ( PA 1)( PB 1) t1 t2 t1 t2 1 3 3．
f (x) + 0 23.(1)当 a 1时, f x x 1 x 1 .当 x 1时，由 f x 1可得
所以直角梯形 的面积 ．易知点 到平面 的 x 1 x 1 2 ,原不等式无解;当 1 x 1时,由 f x 1可得
1 1
距离 ， f (x) 单调递增 极大值 单调递减 x 1 x 1 2x 1 ,可得 x ,此时 x 1;当 x 1时 m由 f x 1可得2 2
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
所以 ． 1 e
2
e
2
1
f (x)的极大值为 f 2 2 1 e e ，无极小值； x x .
2
2 ln x a (2)当 x 0,1 时, f x x 1 ax 1 x 1 ax 1 x ,可得 ax 1 1.所以
（2 x）解：当 x 0时， g(x) f (x)，即 e 1 x x ，化简可得， 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 .
a x ex 1 ln x 2，
p
20.(1)由题意, c 1, p 2 .又 2 p 2a, a 2 , c 1,b a2 c2 3 .抛物2 令 F(x) x ex 1 1 ln x 2(x 0)，只需 a F (x)min ， F (x) (x 1) ex x ，令x2 y2
线方程为: y2 4x ,椭圆方程为 1 .
4 3
2