2023届甘肃省兰州市第六十一中学高三上学期期中数学（文）试题含解析

这是一份2023届甘肃省兰州市第六十一中学高三上学期期中数学（文）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届甘肃省兰州市第六十一中学高三上学期期中数学（文）试题 一、单选题1．已知复数满足，则A． B． C． D．【答案】A【详解】试题分析：解法一：由题意得，故选A.解法二：设，则，由复数相等得，解得，因此，故选A.【考点定位】本题考查复数的四则运算，属于容易题. 2．设集合，，则A． B． C． D．【答案】A【分析】集合M与集合N的公共元素构集合M∩N，由此利用集合M={x|x2﹣x﹣2>0}={x|x<﹣1或x>2}，N={x|}，能求出M∩N．【详解】∵集合M={x|x2﹣x﹣2>0}={x|x<﹣1或x>2}，N={x|}，∴M∩N={x|2＜x}．故选A【点睛】本题考查集合的交集及其运算，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，是基础题．3．已知函数，则的图像大致是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据的奇偶性和的符号可选出答案.【详解】因为，所以是奇函数，故排除BD，因为，所以可排除C，故选：A4．近年来，我国大力发展新能源汽车工业，新能源汽车（含电动汽车）销量已跃居全球首位.某新能源汽车厂根据2021年新能源汽车销售额（单位：万元）和每月销售额占全年销售额的百分比绘制了如图所示双层饼图.根据双层饼图，下列说法错误的是（    ）A．2021年第四季度销售额最低B．2月销售额占全年销售额的8%.C．2021年全年销售总额约为1079万元D．7月的销售额约为46万元【答案】D【分析】根据双层饼图，依次判断选项即可.【详解】解：由图知，第四季度销售额占全年销售额的百分比18%,第三季度为33%，第二季度为29%，第一季度为20%，故第四季度最低，正确；2月销售额占全年销售额的占比为，B正确；全年销售总额为（万元），C正确；7月的销售额为（万元），错误.故选：D.5．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一头五升（注：一斗为十升）.问,米几何？”如图是解决该问题的程序框图,执行该程序框图,若输出的(单位:升)，则输入的值为，A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：模拟程序运行，依次写出每次循环得到的的值，当时，不满足条件，推出循环，输出的值为，即可求解.详解：模拟程序的运行，可得，满足条件，执行循环体，；满足条件，执行循环体，；满足条件，执行循环体，；此时，不满足条件，推出循环，输出的值为，根据题意可得，解得，故选D.点睛：识别算法框图和完善算法框图是近年高考的重点和热点．解决这类问题：首先，要明确算法框图中的顺序结构、条件结构和循环结构；第二，要识别运行算法框图，理解框图解决的问题；第三，按照框图的要求一步一步进行循环，直到跳出循环体输出结果，完成解答．近年框图问题考查很活，常把框图的考查与函数和数列等知识考查相结合．6．五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫､商､角､徵､羽.如果从这五个音阶中任取两个音阶，排成一个两个音阶的音序，则这个音序中宫和羽至少有一个的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】利用对立事件的概率关系进行求解.【详解】设从这五个音阶中任取两个音阶，排成一个两个音阶的音序，这个音序中宫和羽至少有一个为事件A，则表示这个音序中不含宫和羽这两个音序，.故选：B7．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A．1 B．2C．3 D．4【答案】C【详解】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.8．过双曲线的左焦点，作圆的切线，切点为，直线交双曲线右支于点，若，则双曲线的离心率为A． B． C． D．【答案】A【分析】设右焦点为F′，由，可得E是PF的中点，利用O为FF'的中点，可得OE为△PFF'的中位线，从而可求PF′、PF，再由勾股定理得出关于a，c的关系式，最后即可求得离心率．【详解】解：设右焦点为F′，∵，∴E是PF的中点，∴PF′＝2OE＝a，∴PF＝3a，∵OE⊥PF，∴PF′⊥PF，∴（3a）2+a2＝4c2，∴e＝＝，故选：A．【点睛】本题主要考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用，考查双曲线的定义，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想.9．如果函数的图象关于直线对称，那么该函数的最大值为A． B． C．2 D．3【答案】C【分析】根据三角函数的辅助角公式求出最大值，结合三角函数的对称性建立方程关系进行求解即可．【详解】y＝sin2x+acos2x（sin2x•cos2x），(令cosθ，则sinθ），则y（sin2xcosθ+cos2xsinθ）sin（2x+θ），则函数的最大值为，∵函数y＝sin2x+acos2x的图象关于直线对称，∴sin（2）+acos（2）＝±，即，sinacos±，则a＝±，平方得aa2＝1+a2．得a2﹣2a+3＝0，即（a）2＝0，则a，则函数的最大值为2，故选:C．【点睛】本题主要考查三角函数的对称性及最值的求解，结合辅助角和公式求出最大值，利用三角函数的对称性建立方程关系是解决本题的关键．10．直三棱柱中，若，，则异面直线与所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积求向量夹角，即可确定异面直线与所成的角.【详解】以A为坐标原点，AC,AB,AA1所在直线为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系，设，则，因此异面直线与所成的角为，故选：A【点睛】本题考查利用空间向量求异面直线所成角，考查基本分析求解能力，属基础题.11．在四边形中，，，，，现将沿折起，得三棱锥，若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的体积为A． B． C． D．【答案】D【详解】，，所以，所以球心在的中点处，半径是，所以，故选D.【点睛】本题重点考察了几何体与外接球的问题，属于中档题型，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.12．对实数和，定义运算“”：．设函数，．若函数的图象与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】由，根据的图象与轴恰有两个公共点，转化为的图象恰有两个交点，利用数形结合法求解.【详解】，因为的图象与轴恰有两个公共点，所以的图象恰有两个交点，在同一坐标系中作出的图象，如图所示：由图象知：实数的取值范围是，故选：D 二、填空题13．设x，y满足约束条件，则的最大值为________．【答案】3【分析】作出不等式组对应的平面区域，画出可行域，平移直线，找到z的最大值．【详解】x，y满足约束条件的可行域如图：，则经过可行域的A时，目标函数取得最大值，由，解得，所以的最大值为3．故答案为：3．【点睛】本题考查了线性规划问题，求线性目标函数的最值问题，考查了画图能力．利用数形结合是解决本题的关键．14．设向量满足，且，则向量在向量方向投影为__________.【答案】【分析】首先由已知将平方，求出向量与的数量积，可求向量在向量方向上的投影．【详解】因为向量、满足，，且，所以，展开得，所以，所以向量在向量方向上的投影为.故答案为：.15．设是等差数列的前项和，若，则___________.【答案】5.【分析】由已知结合等差数列的性质求得，代入等差数列的前项和得答案．【详解】解：在等差数列中，由，得，，则，故答案为：5．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，考查了等差数列前项和的求法，属于基础题．16．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，则面积的取值范围为______.【答案】【分析】运用正弦定理，余弦定理和面积公式可得，，运用二次函数可求得面积的取值范围.【详解】因为，所以，所以，所以.，，且满足，解得，由余弦定理得，所以，则.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理与三角形面积公式与函数的值域的综合应用，综合性较强，属于较难题. 三、解答题17．已知各项均为正数的等差数列的公差为4，其前n项和为且为的等比中项（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）．【分析】法一：（1）将，和都表示成和的形式，代入等比中项，求出，进而求出通项公式；（2）代入数列的通项公式则，裂项相消求即可.法二：（1）利用前项和的性质，可得，代入等比中项可得，化简，再代入和，计算可得，从而求得通项公式；（2）同法一.【详解】解：（1）因为数列是公差为4的等差数列，所以．又，所以，即，解得或（舍去），所以．（2）因为，所以．法二：（1）因为数列是公差为4的等差数列，且为的等比中项，所以，从而．因为，所以，即，解得，所以．（2）第二问解法同上．【点睛】易错点睛：本题考查裂项相消求和，要注意裂项时配凑的系数和消项时保留的项数.18．2022年国际篮联女篮世界杯在澳大利亚悉尼落下帷幕，中国女篮团结一心､顽强拼搏获得亚军.这届世界杯，中国女篮为国人留下了许多精彩瞬间和美好回忆，尤其是半决赛绝杀东道主澳大利亚堪称经典一幕.为了了解喜爱篮球运动是否与性别有关，某体育台随机抽取100名观众进行统计，得到如下列联表. 男女合计喜爱30 40不喜爱 40 合计  100 (1)将列联表补充完整，并判断能否在犯错误的概率不超过的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关？(2)在不喜爱篮球运动的观众中，按性别分别用分层抽样的方式抽取6人，再从这6人中随机抽取2人参加一台访谈节目，求这2人至少有一位男性的概率.附：，其中.  【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）根据题意进行数据分析，完善列联表，套公式求出，对照参数下结论；（2）利用古典概型的概率公式求解.【详解】（1）由题意进行数据分析，得到列联表如下： 男女合计喜爱301040不喜爱204060合计5050100 计算所以在犯错误的概率不超过的前提下认为喜爱篮球运动与性别有关.（2）不喜爱篮球运动的观众中，有男观众20人，女观众40人，按照分层抽样的方式抽取6人，有男观众2人，记为a、b，女观众4人，记为1、2、3、4.从6人中抽取2人，有：，共15个.记“所抽2人至少有一位男性”为事件A,包含：，共9个.所以.19．如图，△是边长为2的正三角形，平面，∥，．(1)求证：平面平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析.(2) 【分析】(1)先取边的中点，的中点为，根据三角形中位线性质得四边形为平行四边形，即得∥．再根据正三角形性质得 ，易得 ，由线面垂直判定定理得平面，最后根据面面垂直判定定理得结论；（2）先求三棱锥体积，再根据等体积法求点到平面的距离．【详解】（1）取边的中点，的中点为，连接，，，则 ．因为是△的中位线，所以∥，=，又∥，=，所以∥，且，所以四边形为平行四边形，于是∥．因为平面，所以，又∥，所以，又，，故平面．所以平面，又面，故平面平面．（2）由（1）得，△面积为2，所以三棱锥的体积为．由（1）得，，△面积为2．设点到平面的距离为，则三棱锥的体积为．因为三棱锥与三棱锥的体积相等，所以，即点到平面的距离为．20．设，.(1)求在处的切线方程；(2)令，求的单调区间；(3)若任意且，都有恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2) 在上递减；(3).【分析】（1）通过求导得到切线方程；（2），得到单调区间上递减；（3）构造，则在上为单调递增，故恒成立，即恒成立，．【详解】(1)时，，故，，故在处的切线方程是：，即(2)由题意知，，令，则，令，解得，令，解得，故在上递增，在，故，故在上递减；(3)已知可转化为时，恒成立，令，则在上为单调递增的函数，故恒成立，即恒成立，令，则，所以当时，，所以 单调递减，所以，得，故实数的取值范围是.【点睛】构造函数的题型需要观察题目函数的关系，本题中第（3）问将式子整理可得时，恒成立，则联想到构造函数，再结合单调性进行解题．21．已知椭圆 的离心率为，以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆与直线相切.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）已知点为动直线与椭圆的两个交点，问:在轴上是否存在定点,使得为定值？若存在，试求出点的坐标和定值；若不存在,请说明理由.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.【详解】试题分析：（1）由，以原点为圆心，椭圆的长半轴为半径与直线相切，求出的值，由此可求出椭圆的方程；（2）由得，由此利用韦达定理、向量的数量积，结合已知条件能求出在轴上存在点，使为定值，定点为．试题解析：（Ⅰ）由，得，即，①又以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆为，且圆与直线相切，所以，代入①得，则.所以椭圆的方程为.（Ⅱ）由得，且设，则，根据题意，假设轴上存在定点，使得为定值，则有要使上式为定值，即与无关，则应，即，此时为定值，定点为.点睛：本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中涉及到椭圆的标准方程及其简单的几何性质，直线与椭圆的位置关系的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解答中把直线方程与椭圆方程联立，转化为方程的根与系数的关系、韦达定理的应用是解答的关键．22．在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程是（为参数），在极坐标系（与直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点为极点，以x轴正半轴为极轴）中，曲线的方程是，点是曲线上的动点.(1)求点到曲线的距离的最大值；(2)若曲线交曲线于两点，求的面积.【答案】(1)6(2) 【分析】(1)求得的标准方程为圆及曲线的标准方程为直线，圆上点到直线的距离最大值为圆心到直线的距离加上半径；(2)将直线的方程代入的方程，求得A和B点坐标，求得|AB|，利用点到直线的距离公式求得圆心到AB的距离d，即可求得的面积.【详解】（1）曲线(是参数)。整理得:曲线，则.则圆心到距离，点到曲线的距离的最大值；∴点到曲线的距离的最大值6；（2）若曲线，即，由解得:， ∴圆心到的距离，则的面积.∴的面积.23．（1）设函数，若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值；（2）已知正数满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）【详解】试题分析：（1），解得；（2）由于，所以.试题解析：（1）由绝对值的性质得，所以的最小值为，从而，解得，因此的最大值为.（2）由于，所以当且仅当，即时，等号成立.∴的最小值为.【解析】不等式选讲.