甘肃省张掖市2022-2023学年高三下学期第一次全市联考数学（文）试题

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第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.
1. 已知集合，，那么等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，因此，.
故选：D
2. 已知复数，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】，
故选：A.
3. 双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】把双曲线的方程化为标准方程为，
由此可知，实半轴，虚半轴，，
所以双曲线的离心率为.
故选：B.
4. 最早发现于2019年7月的某种流行疾病给世界各国人民的生命财产带来了巨大的损失.近期某市由于人员流动出现了这种疾病，市政府积极应对，通过3天的全民核酸检测，有效控制了疫情的发展，决定后面7天只针对41类重点人群进行核酸检测，下面是某部门统计的甲､乙两个检测点7天的检测人数统计图，则下列结论不正确的是（ ）
A. 甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数
B. 甲检测点的数据极差大于乙检测点的数据极差
C. 甲检测点数据的中位数大于乙检测点数据的中位数
D. 甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差
【答案】C
【解析】对于:甲检测点的平均检测人数为
乙检测点的平均检测人数为
故甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数，故正确;
对于:甲检测点的数据极差
乙检测点的数据极差，故正确;
对于:甲检测点数据为,中位数为,
乙检测点数据为,中位数为，故错误;
对于:通过观察平均数附近数据个数,极差等或计算甲乙数据的方差,
都可以判断乙检测点数据比甲检测点数据稳定性强,
故甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差,故正确.
故选: .
5. （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
.
故选：C
6. 已知向量，满足，且，则，夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，
在向量，中，，
解得：
∴
故选：C.
7. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，则异面直线与所成角的正切值为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】C
【解析】如下图，连接
在正四棱柱中，有，所以四边形为平行四边形，
所以，所以为异面直线与所成角或其补角，
又在中，，，
所以，
因为，则，
所以，
故异面直线与所成角的正切值为3.
故选：C.
8. 已知圆关于直线对称，则的最大值为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】D
【解析】由题意
在圆中，
∴圆心为，半径为1
在直线中，
圆关于该直线对称
∴直线过圆心，
∴，即：
∵
解得：
当且仅当时等号成立
∴的最大值为.
故选：D.
9. 椭圆的左､右顶点分别为，点在上，且直线斜率取值范围是，那么直线斜率取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设，则，，，
于是，故.
∵ ∴.
故选：B.
10. 已知等差数列满足，则下列命题：①是递减数列；②使成立的的最大值是9；③当时，取得最大值；④，其中正确的是（ ）
A. ①②B. ①③
C. ①④D. ①②③
【答案】D
【解析】设等差数列的公差为，
故，解得：，
由于，故是递减数列，①正确；
，令，
解得：，且，
故使成立的的最大值是9，②正确；
，
当时，，当时，，
故当时，取得最大值，③正确；
，④错误.
故选：D
11. 已知实数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为,所以,
即得得,
因为是上的增函数,比较的大小关系即是,的大小关系 ,
同时取15次幂,因为幂函数在上是单调递增的，比较即可,
因为 所以
即,即得.
故选:.
12．定义在上的函数满足对任意的x恒有，，且，则的值为（ ）
A．2026 B．1015 C．1014 D．1013
【解析】根据得，
又，所以，所以，，，…，，
所以．故选B．
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数，的值域是______.
【答案】
【解析】由题意
在中，
，
∴函数在单调递增
∵，
∴函数，的值域是
故答案为：.
14. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】命题“”的否定为：“，”.
因原命题为假命题，则其否定为真.当时显然不成立；当时，恒成立；当时，只需，解得：.
综上有
故答案为：.
15. 七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形.若随机地从5个等腰直角三角形板块中抽出2块，则这2块面积相等的概率为______.
【答案】##0.2
【解析】如图，把5个等腰直角三角形编号，从中任取2个的基本事件有：共10个，其中面积相等的有共两个，
因此概率为．
故答案为：．
16. 在棱长为1的正方体中，是侧面内一点（含边界）则下列命题中正确的是（把所有正确命题的序号填写在横线上）______.
①使点有且只有2个；
②满足的点的轨迹是一条线段；
③满足平面的点有无穷多个；
④不存在点使四面体是鳖臑（四个面都是直角三角形的四面体）.
【答案】②③
【解析】对于①，由正方体可得平面，又平面，所以，则，
又，所以，又是侧面内一点，所以在以为圆心，1为半径的圆上，如下图：
有无数个这样的点，故①错误；
对于②，如下图，连接
由正方体可得平面，又平面，所以，
又由正方形，得，且平面，所以平面，
则满足的点在平面，又在平面，
且平面平面，则点的轨迹是线段，故②正确；
对于③，如下图，连接
在正方体中，有，所以四边形为平行四边形，则，同理可得，
又平面，平面，所以平面，平面，
且平面，所以平面平面，
则满足平面可得点在平面，又在平面，且平面平面，则点的轨迹是线段，故③正确；
对于④，如下图，连接
在正方体中，有平面，且平面，所以，则均为直角三角形，
又平面，且平面，所以，则均为直角三角形，
所以四面体是鳖臑，由于是侧面内一点（含边界），故与重合时，四面体是鳖臑，故④错误.
故答案为：②③.
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 已知向量，定义函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）在中，若，且是的边上的高，求长度的最大值.
（1）解：=
的最小正周期为
（2）解：
，，.
又AB，
.
由余弦定理得，当且仅当时，“=”成立，
=.
18. 如图在四棱锥中，底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形.已知，，，E是PB中点.
（1）求证：平面ACE；
（2）求四面体的体积.
（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示：
∵ABCD是平行四边形，
∴O为BD中点，且E为PB中点，
∴，且PD平面ACE内，平面ACE，
∴平面ACE.
（2）解：∵，
∴的面积，
又∵面ABCD，∴，
又∵E为PB中点，∴，
所以四面体的体积为.
19. 某地级市受临近省会城市的影响，近几年高考生人数逐年下降，下面是最近五年该市参加高考人数与年份代号之间的关系统计表.
（其中2018年代号为1，2019年代号为2，…2022年代号为5）
（1）求关于的线性回归方程；
（2）根据（1）的结果预测该市2023年参加高考的人数；
（3）试分析该市参加高考人数逐年减少的原因.
（参考公式：）
解：（1）设回归方程为，由表中数据知，
，.
所以，
所以，
所以关于的回归方程.
（2）由（1）得关于的回归方程.
令，（千人），
所以预测该市2023年参加高考的人数为22.8千人.
（3）①该市经济发展速度慢；
②该市人口数量减少；
③到省会城市求学人数增多.
20. 已知点在抛物线上，且到的焦点的距离与到轴的距离之差为.
（1）求的方程；
（2）当时，是上不同于点的两个动点，且直线的斜率之积为为垂足.证明：存在定点，使得为定值.
（1）解：抛物线的焦点为，准线为，
又点在抛物线上，即，所以，即，
依题意可得，解得或，
或.
（2）解：，，.
设：，，，联立，
消去整理得，①，
且，，
，
，即，
适合①，
将m代入得，令，解得，
直线恒过定点
又，点在以为直径的圆上，因为、的中点为，，
所以以为直径的圆方程为，
所以存在使得.
21. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）求证：.
（1）解：，.
令得，且当时，，当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：原不等式化为：.
当时，，，显然成立；
当时，因为，
所以只需证.
令，，
则，.
且当，，所以存唯一使，
且时，，时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
又，，
所以，即.
所以当时，，
综上所述：.
（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.作答时请先涂题号.
（选修4-4：坐标系与参数方程）
22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）求曲线的任意一点到曲线距离的最小值.
解：（1）由，消去得，
又曲线是经过原点且倾斜角为的直线其直角坐标方程为.
（2）设，，则到直线的距离
,
当且仅当,即时等号成立.
（选修4-5：不等式选讲）
23. 已知，求证：
（1）；
（2）.
证明：（1）
又因为c>0，所以，
=，（当且仅当时，“=”成立）.
即证.
（2）因为.
因为0，，（>1.
同理>1，
>1，故.
年份代号
1
2
3
4
5
高考人数（千人）
35
33
28
29
25