新疆乌鲁木齐市第八中学2023届高三上学期第一次月考数学（文）Word版含答案

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乌鲁木齐市第八中学2022-2023学年高三年级第一学期第一阶段考试文数试卷考试时间：120分钟卷面分值：150分）（命题范围：高考）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合，，则的真子集个数为  ．(    )A.B.C.D.2.命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是(    )A.B.C.D.3.函数的图像的一个对称中心是 ．(    )A.B.C.D.4.一对夫妇为了给他们的独生孩子支付将来上大学的费用，从孩子一周岁生日开始，每年到银行储蓄元一年定期，若年利率为保持不变，且每年到期时存款含利息自动转为新的一年定期，当孩子岁生日时不再存入，将所有存款含利息全部取回，则取回的钱的总数为元(    )A.B.C.D.5.如图，正方形中，是的中点，若，则(    )A.B.C.D.6.设数列为等差数列，是其前项和，且，，则下列结论不正确的是(    )A.B.

1C.D.与均为的最大值1.已知，，则的值为(    )A.B.C.D.2.若点和点分别为椭圆的中心和左焦点，点为椭圆上的任意一点，则的最大值为．(    )A.B.C.D.3.在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法错误的是(    )A.B.数列是等比数列C.数列是公差为等差数列D.4.已知关于的不等式的解集为，则的最大值是(    )A.B.C.D.5.在中，，，是的外心，则的值为(    )A.B.C.D.6.已知函数，则下列说法正确的是(    )A.是函数的对称轴B.函数在区间上单调递增C.函数的最大值为，最小值为

2D.函数在区间上恰有个零点，则二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）1.已知，，且，求的最小值____________2.若函数在区间上的最大值为，则实数___________.3.已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是          ．4.数列满足，前项和为，则          ．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）5.本小题分在中，为上一点，，，．若，求外接圆的半径；设，，求面积．18本小题分2021年东京奥运会，中国举重选手8人参赛，7金1银，在全世界面前展现了真正的中国力量；举重比赛根据体重进行分级，某次举重比赛中，男子举重按运动员体重分为下列十级：级别54公斤级59公斤级64公斤级70公斤级76公斤级体重54.01～5959.01～6464.01～7070.01～76级别83公斤级91公斤级99公斤级108公斤级108公斤级以上体重76.01～8383.01～9191.01～9999.01～108每个级别的比赛分为抓举与挺举两个部分，最后综合两部分的成绩得出总成绩，所举重量最大者获胜，在该次举重比赛中，获得金牌的运动员的体重以及举重成绩如下表

3体重5459647076839199106举重成绩291304337353363389406421430（1）根据表中的数据，求出运动员举重成绩y与运动员的体重x的回归直线方程（保留1位小数）；（2）某金牌运动员抓举成绩为170公斤，挺举成绩为204公斤，则该运动员最有可能是参加的哪个级别的举重？参考数据：；参考公式：．19本小题分如图，桌面上摆放了两个相同的正四面体和.（1）求证：；（2）若，求四面体的体积.20.本小题分已知抛物线，过焦点直线l交抛物线C于M、N两点，且线段中点的纵坐标为2．（1）求直线l的方程；（2）设x轴上关于y轴对称的两点E、F，（其中E在F的右侧），过E的任意一条直线交抛物线C于A、B两点，求证：始终被x轴平分．21.本小题分已知函数.（1）若，求函数的极值；

4（2）讨论函数单调性.选做题10分（二选一）22.已知极坐标系的极点与直角坐标系的原点重合，极轴与轴的非负半轴重合．若曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为为参数．Ⅰ求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；Ⅱ设点，直线与曲线交于、两点，求的值．23.已知函数．当时，求不等式的解集若，且对任意，恒成立，求的最小值．．1.【答案】B 【解析】【分析】本题考查了子集及其运算，一个集合含有个元素，则其真子集的个数是，属于基础题．利用交集运算求出集合，写出其真子集，则答案可求．【解答】解：因为 ，所以的真子集为，，，共个．故选：B．  2.【答案】C【解析】【分析】本题考查充分、必要条件的判定，属于基础题．

5解题时由不等式恒成立得出的取值范围，再由充分不必要条件的定义得出答案即可．【解答】解：若命题“，”为真命题，恒成立，故：结合选项，命题“，”为真命题的一个充分不必要条件为故选：  3.【答案】A【解析】【分析】本题综合考查了三角函数的恒等变换，二倍角公式以及正弦函数的图像等知识点解题时首先利用二倍角公式，和差公式对原式进行化简，然后利用正弦函数的图像性质得出对称中心的横坐标特点，最终可求得满足题意的对称中心属于中档题．首先对题设函数化简得，当取函数的对称中心时，有：，，解得，，当时，，，即可得解．【解答】解：．当取函数的对称中心时，有：，，，，当时，，，所以函数的一个对称中心为．故选：A．  4.【答案】 【解析】【分析】本题考查数列的应用，涉及等比数列的前项和公式的应用，属于中档题．

6根据题意，依次分析孩子在周岁时、周岁时、周岁时存入的元产生的本利合计，进而可得取回的钱的总数，由等比数列的前项和公式分析可得答案．【解答】解：根据题意，当孩子岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的元产生的本利合计为，同理：孩子在周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在周岁生日时存入的元产生的本利合计为，可以看成是以为首项，为公比的等比数列的前项的和，此时将存款含利息全部取回，则取回的钱的总数；故选：．  5.【答案】D【解析】【分析】考查向量加法、减法，及数乘的几何意义，以及向量的数乘运算，相等向量的概念，平面向量基本定理，属于基础题．根据向量加法、减法及数乘的几何意义便可得出，代入并进行向量的数乘运算便可得出，而，这样根据平面向量基本定理即可得出关于，的方程组，解出，便可得出的值．

7【解答】解：，，；；由平面向量基本定理得：；解得；．故选：D．  6.【答案】B【解析】【分析】本题考查了等差数列的前项和公式和的最值问题，熟练应用公式是解题的关键．利用结论：时，，易推出，，，然后逐一分析各选项，排除错误答案．【解答】解：由，得，，故A正确；而B选项，即，可得，由结论，，显然B选项是错误的．，，又，，故C正确；，，与均为的最大值，故D正确；

8故选B．  7.【答案】A【解析】【分析】本题考查二倍角公式， 两角和与差公式，同角三角函数基本关系，属于中档题．由题可得为锐角，所以，可求得和的值，再求的值即可．【解答】解：，，，， ，，，，故选A．  8.【答案】 【解析】【分析】本题考查椭圆的方程、几何性质、平面向量的数量积的坐标运算及二次函数的性质，属于中档题．先求出左焦点坐标，设，根据在椭圆上可得到、的关系式，表示出向量，根据数量积的运算将、的关系式代入组成二次函数进而可确定答案．【解答】

9解：由题意，，设点，则有，解得，因为，所以，此二次函数对应的抛物线的对称轴为，因为，所以当时，取得最大值．故选C．  9.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列基本量运算及等比数列等差数列的判定，属中档题．由题意结合等比数列的通项公式逐项求解即可．【解答】解：因为若，，所以，，所以，所以，舍故A正确B.由知，，所以，，，所以，且所以是以为首项，为公比的等比数列．故B正确C.由知，，且，所以数列是以为首项，为公差的等差数列．故C错误．D.由知，故D正确故选C．  10.【答案】B【解析】【分析】

10本题主要考查了一元二次不等式的应用，以及根与系数的关系，同时考查了基本不等式性质的运用能力和计算能力．根据不等式的解集为，利用韦达定理求出，，利用基本不等式的性质求解．【解答】解：不等式的解集为，故，为对应方程的两个根，根据韦达定理，可得：，，那么：，，，即，当且仅当时等号成立，故的最大值为．故选：B．  11.【答案】A 【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积运算，属于中档题目 过点作，的垂线，利用向量的运算将用，表示，利用向量的数量积的几何意义将向量的数量积表示成一个向量与另一个向量的投影的乘积 【解答】解：过作，垂足分别为，，则，分别是，的中点，    

11  故选A．  12.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查的是三角函数的图象与性质，同角三角函数间的基本关系，二倍角公式，函数的对称性，函数的最值，复合函数的单调性，诱导公式，属于难题．用函数的对称性判断其对称轴即可判断，去绝对值并利用三角函数的基本关系转化为利用复合函数的单调性即可判断，求出的周期为，分与两种情况，去绝对值，利用复合函数的性质求其最值即可判断，先判断函数在上的零点情况，进而判断在上的零点情况得到结论．【解答】解：对于，因为，所以不是函数的对称轴，故A错误；对于，当时，令，则当时，单调递增；当时，单调递减，所以，且在上单调递增，综上，在上单调递增，在上单调递减，故B错误；对于，所以函数的周期为

12当时，令，则，，易知在区间上单调递减，所以，的最大值为，最小值为，当时，，令，则，，易知在区间上单调递增，所以，的最大值为，最小值为，综合可知：函数的最大值为，最小值为，故C错误；对于，因为是以为周期的函数，可以先研究函数在上的零点个数，易知，当时，令，解得或，在上无解，在上仅有一解，当时，令，解得或，在上无解，在上也无解，综合可知函数在上有两个零点，分别为和，又因为是以为周期的函数，所以，若，则在上恰有个零点，又已知函数在上恰有个零点，所以，故D正确．故选D．  13.【答案】9+6【解析】解：，，且，9+6

13当且仅当且，即，时取等号，则的最小值9+614【答案】本题主要考查了复合函数的单调性以及函数的最值，属于中档题．先分离变量，再由复合函数的单调性知，分类研究即可．【解答】解：函数，由复合函数的单调性知，当时，在上单调递减，最大值为当时，在上单调递增，最大值为，即，显然不合题意，故实数．  15.【答案】 【解析】【分析】本题考查一元二次不等式恒成立问题，是基础题【解答】令，因为当时，不等式恒成立，所以即解得或，所以实数的取值范围为  16.【答案】 

14【解析】在已知数列递推式中，分别取为奇数与偶数，可得与，利用累加法得到为奇数时与的关系，求出偶数项的和，然后列式求解．本题考查数列递推式，考查等差数列的前项和，考查运算求解能力，是较难题．【解答】解：由，当为奇数时，有，可得，，累加可得；当为偶数时，，可得，，，．可得．．，，即．故答案为：．  17.【答案】解：由余弦定理，解得；又，解得；外接圆的半径为；

15由，所以，所以；由；设，则，，在中，由余弦定理得，解得；所以，；由正弦定理，即，解得；所以，即的面积为． 【解析】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了正弦、余弦定理的应用问题，是基础题．利用余弦定理求出的值，再由正弦定理求得三角形外接圆的半径；由题意，利用正弦、余弦定理求得的正弦值，再计算的面积．1.【答案】B 【解析】【分析】本题考查了子集及其运算，一个集合含有个元素，则其真子集的个数是，属于基础题．利用交集运算求出集合，写出其真子集，则答案可求．【解答】解：因为 ，所以的真子集为，，，共个．故选：B．  

162.【答案】C【解析】【分析】本题考查充分、必要条件的判定，属于基础题．解题时由不等式恒成立得出的取值范围，再由充分不必要条件的定义得出答案即可．【解答】解：若命题“，”为真命题，恒成立，故：结合选项，命题“，”为真命题的一个充分不必要条件为故选：  3.【答案】A【解析】【分析】本题综合考查了三角函数的恒等变换，二倍角公式以及正弦函数的图像等知识点解题时首先利用二倍角公式，和差公式对原式进行化简，然后利用正弦函数的图像性质得出对称中心的横坐标特点，最终可求得满足题意的对称中心属于中档题．首先对题设函数化简得，当取函数的对称中心时，有：，，解得，，当时，，，即可得解．【解答】解：．当取函数的对称中心时，有：，，，，当时，，，所以函数的一个对称中心为．故选：A．  

174.【答案】 【解析】【分析】本题考查数列的应用，涉及等比数列的前项和公式的应用，属于中档题．根据题意，依次分析孩子在周岁时、周岁时、周岁时存入的元产生的本利合计，进而可得取回的钱的总数，由等比数列的前项和公式分析可得答案．【解答】解：根据题意，当孩子岁生日时，孩子在一周岁生日时存入的元产生的本利合计为，同理：孩子在周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在周岁生日时存入的元产生的本利合计为，孩子在周岁生日时存入的元产生的本利合计为，可以看成是以为首项，为公比的等比数列的前项的和，此时将存款含利息全部取回，则取回的钱的总数；故选：．  5.【答案】D【解析】【分析】考查向量加法、减法，及数乘的几何意义，以及向量的数乘运算，相等向量的概念，平面向量基本定理，属于基础题．

18根据向量加法、减法及数乘的几何意义便可得出，代入并进行向量的数乘运算便可得出，而，这样根据平面向量基本定理即可得出关于，的方程组，解出，便可得出的值．【解答】解：，，；；由平面向量基本定理得：；解得；．故选：D．  6.【答案】B【解析】【分析】本题考查了等差数列的前项和公式和的最值问题，熟练应用公式是解题的关键．利用结论：时，，易推出，，，然后逐一分析各选项，排除错误答案．【解答】解：由，得，，故A正确；而B选项，即，可得，由结论，，显然B选项是错误的．

19，，又，，故C正确；，，与均为的最大值，故D正确；故选B．  7.【答案】A【解析】【分析】本题考查二倍角公式， 两角和与差公式，同角三角函数基本关系，属于中档题．由题可得为锐角，所以，可求得和的值，再求的值即可．【解答】解：，，，， ，，，，故选A．  8.【答案】 【解析】【分析】

20本题考查椭圆的方程、几何性质、平面向量的数量积的坐标运算及二次函数的性质，属于中档题．先求出左焦点坐标，设，根据在椭圆上可得到、的关系式，表示出向量，根据数量积的运算将、的关系式代入组成二次函数进而可确定答案．【解答】解：由题意，，设点，则有，解得，因为，所以，此二次函数对应的抛物线的对称轴为，因为，所以当时，取得最大值．故选C．  9.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列基本量运算及等比数列等差数列的判定，属中档题．由题意结合等比数列的通项公式逐项求解即可．【解答】解：因为若，，所以，，所以，所以，舍故A正确B.由知，，所以，，，所以，且所以是以为首项，为公比的等比数列．故B正确C.由知，，且，所以数列是以为首项，为公差的等差数列．故C错误．D.由知，故D正确故选C．

21  10.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了一元二次不等式的应用，以及根与系数的关系，同时考查了基本不等式性质的运用能力和计算能力．根据不等式的解集为，利用韦达定理求出，，利用基本不等式的性质求解．【解答】解：不等式的解集为，故，为对应方程的两个根，根据韦达定理，可得：，，那么：，，，即，当且仅当时等号成立，故的最大值为．故选：B．  11.【答案】A 【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积运算，属于中档题目 过点作，的垂线，利用向量的运算将用，表示，利用向量的数量积的几何意义将向量的数量积表示成一个向量与另一个向量的投影的乘积 【解答】

22解：过作，垂足分别为，，则，分别是，的中点，      故选A．  12.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查的是三角函数的图象与性质，同角三角函数间的基本关系，二倍角公式，函数的对称性，函数的最值，复合函数的单调性，诱导公式，属于难题．用函数的对称性判断其对称轴即可判断，去绝对值并利用三角函数的基本关系转化为利用复合函数的单调性即可判断，求出的周期为，分与两种情况，去绝对值，利用复合函数的性质求其最值即可判断，先判断函数在上的零点情况，进而判断在上的零点情况得到结论．【解答】解：对于，因为，所以不是函数的对称轴，故A错误；对于，当时，令，则当时，单调递增；当时，单调递减，所以，且在上单调递增，

23综上，在上单调递增，在上单调递减，故B错误；对于，所以函数的周期为当时，令，则，，易知在区间上单调递减，所以，的最大值为，最小值为，当时，，令，则，，易知在区间上单调递增，所以，的最大值为，最小值为，综合可知：函数的最大值为，最小值为，故C错误；对于，因为是以为周期的函数，可以先研究函数在上的零点个数，易知，当时，令，解得或，在上无解，在上仅有一解，当时，令，解得或，在上无解，在上也无解，综合可知函数在上有两个零点，分别为和，又因为是以为周期的函数，所以，若，则在上恰有个零点，又已知函数在上恰有个零点，所以，故D正确．故选D．  13.【答案】9+6【解析】

24解：，，且，9+6当且仅当且，即，时取等号，则的最小值9+614【答案】本题主要考查了复合函数的单调性以及函数的最值，属于中档题．先分离变量，再由复合函数的单调性知，分类研究即可．【解答】解：函数，由复合函数的单调性知，当时，在上单调递减，最大值为当时，在上单调递增，最大值为，即，显然不合题意，故实数．  15.【答案】 【解析】【分析】本题考查一元二次不等式恒成立问题，是基础题【解答】令，因为当时，不等式恒成立，所以即解得或，

25所以实数的取值范围为  16.【答案】 【解析】在已知数列递推式中，分别取为奇数与偶数，可得与，利用累加法得到为奇数时与的关系，求出偶数项的和，然后列式求解．本题考查数列递推式，考查等差数列的前项和，考查运算求解能力，是较难题．【解答】解：由，当为奇数时，有，可得，，累加可得；当为偶数时，，可得，，，．可得．．，，即．故答案为：．  17.【答案】解：由余弦定理，解得；又，

26解得；外接圆的半径为；由，所以，所以；由；设，则，，在中，由余弦定理得，解得；所以，；由正弦定理，即，解得；所以，即的面积为． 【解析】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了正弦、余弦定理的应用问题，是基础题．利用余弦定理求出的值，再由正弦定理求得三角形外接圆的半径；由题意，利用正弦、余弦定理求得的正弦值，再计算的面积．18【详解】解：（1）依题意，，，

27，则，故回归方程为：．（2）该运动员的抓举和挺举的总成绩为374公斤，根据回归方程可知：，解得，即该运动员体重应该在81公斤左右，即参加的应该是83公斤级举重．19,【小问1详解】证明：因为与共面，所以连接与相交于点，因为和是相同的正四面体，所以四边形为菱形，则为的中点，连接，，因，，所以，又因为，所以平面，所以；【小问2详解】解：在四边形中，过点分别作，垂足分别为，如图所示，可得分别为等边和等边的中心，因为AB=4，在等边中，可得OD=，则，，在直角中，可得，

28同理可得，所以，由（1）知，平面，可得平面，所以.20.【答案】【详解】（1）由已知可设直线l的方程为：，联立方程组可得，设，则．又因为，得，故直线l的方程为：即为；（2）由题意可设，可设过E的直线为．联立方程组可得，显然．设，则．所以

29．所以始终被x轴平分．21.【答案】【详解】解：时，，，当时，，，所以，即在上单调递增，当时，，，所以，即在上单调递减，则的单调递增区间为，单调递减区间为；所以函数的极小值为，无极大值.【小问2详解】解：因为，令，则，（i）当时，，在上单调递增，则，所以在上恒成立，所以在上单调递增；（ii）当时，，当时，，，，即在上递增，当时，，，，即在上递减.综上，当时，在上单调递增；

30当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.22.【答案】解Ⅰ由，得，又由，，，得曲线的直角坐标方程为，即，由，消去参数，得直线的普通方程为．Ⅱ由Ⅰ知直线的参数方程可化为为参数，代入曲线的直角坐标方程得．由韦达定理，得，则 【解析】Ⅰ根据互化公式可得曲线的直角坐标方程，消去参数可得直线的普通方程；Ⅱ根据参数的几何意义可得．本题考查了参数方程化成普通方程，属中档题．23.【答案】解：当时，等价于 或 或 解得：或，的解集为或；，，，，则

31函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，当时，取得最小值，对，恒成立，，又，，解得不合题意，的最小值为． 【解析】本题考查了绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题，属于中档题．将代入中，去绝对值后分别解不等式即可；恒成立，只需求出的最小值，根据最小值大于等于可求出的范围．