2023阿拉善盟一中高三上学期期末数学（文）试题含解析

阿拉善盟第一中学20222023学年度第一学期高三年级期末考试数学（文科）考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：高考范围.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，只有一项是符合题目要求的.1. 已知i是虚数单位，复数在复平面内所对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限C. 第三象限 D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】结合虚数单位的周期性、复数的四则运算求解，结合复数对应复平面点的坐标即可得到答案.【详解】，对应点坐标为，位于第二象限.故选：B.2. 已知集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先解指数不等式和一元二次不等式分别求出集合,再应用并集概念运算即可【详解】集合，，所以.故选:D.3. 已知向量，若，则实数m的值是（    ）A.  B.  C. 1 D. 4【答案】A【解析】【分析】由题意可得，求解即可.【详解】解：由，得，解得.故选：A.4. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】结合诱导公式和二倍角公式求得正确答案.【详解】由，得，所以.故选：C5. 已知函数.若曲线和在公共点处有相同的切线，则a，b的值分别为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先根据和在公共点处有相同切线得出在处两函数的导数相等,再由在上,列方程组求解即可.【详解】因为，所以，由题意，解得故选:A.6. 若双曲线的渐近线与圆相切，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据渐近线的公式写出直线方程，根据直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径列出方程求解.【详解】双曲线的渐近线为，即，由于对称性不妨取，圆.即，所以圆心为，半径，依题意圆心到渐近线的距离，解得或（舍去）.故选:D.7. 在正方体中，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】平移到,再连接，再解三角形即可求出答案.【详解】平移到,再连接，则或其补角为异面直线与所成的角，设正方体的棱长为2，易得，，，由余弦定理得故选：A.8. 将函数的图像向左平移个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到函数的图像，则的解析式为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据平移规则，依次先左右平移再上下平移后化简解析式即可.【详解】函数的图像向左平移个单位长度，可得，再向上平移4个单位长度，可得.故选:A.9. 某地锰矿石原有储量为a万吨，计划每年开采量为本年年初储量的m（，且m为常数）倍，第n（）年开采后剩余储量为，按该计划使用10年时间开采到剩余储量为原有储量的一半.若开采到剩余储量为原有储量的70%，则需开采约（参考数据：）（    ）A. 3年 B. 4年 C. 5年 D. 6年【答案】C【解析】【分析】设第n年开采后剩余储量为y，则，计算，得到，解得答案.【详解】设第n年开采后剩余储量为y，则，当时，，所以，，故，即，，设第n年时，，故，，，故.故选：C10. 更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之”，如图是该算法的程序框图，如果输入，，则输出的a是（    ）A. 23 B. 33 C. 37 D. 42【答案】B【解析】【分析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】根据程序框图，输入的，，因为，且，所以；第二次循环，；第三次循环，；第四次循环，，此时，输出.故选：B11. 已知点F为抛物线C：的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则的最小值为（    ）A. 64 B. 54 C. 50 D. 48【答案】C【解析】【分析】利用韦达定理表示出弦长和，利用基本不等式可求最小值.【详解】抛物线：的焦点，因为，所以直线，斜率存在，且均不为0.设直线的方程为，，，由得，所以，所以，因为，所以将中的替换为可得，所以，当且仅当，即时取等号.故的最小值是50.故选:C.12. 设等比数列满足，，记为中在区间中的项的个数，则数列的前50项和（    ）A. 109 B. 111 C. 114 D. 116【答案】C【解析】【分析】先求出等比数列的通项公式，再结合题意得到当，2时，；当时，；当时，；当时，；从而求出数列的前50项和.【详解】设等比数列公比为q，则，，解得，，故，因为为中在区间中的项的个数，所以当，2时，；当时，；当时，；当时，；故.故选：C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某高校调查了400名学生每周的自习时间（单位：小时），将收集到的自习时间分成5组：（自习时间均在内），制成了如图所示的频率分布直方图，则这400名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是______.【答案】280【解析】【分析】计算自习时间不少于22.5小时的组的频率与总人数相乘即可.【详解】由频率分布直方图知，这400名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数为：.故答案为：280.14. 设数列的前n项和为，对任意都有（t为常数），则称该数列为“t数列”，若数列为“2数列”，且，则______.【答案】2021【解析】【分析】利用并项求和即可.【详解】根据题意得到：，所以.故答案为：2021.15. 已知函数，若它们同时满足下面两个条件：①，和中至少有一个小于0；②，则m的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据取正负时的范围分类讨论．先由时，得出的范围，然后由时，缩小范围，最后利用条件②，存在，使得，结合一元二次不等式的解集可得答案．【详解】由题意时，，时，时，，（1）由条件①时，，，或，（2）时，，在（1）的基础上，若，时，时，或，因此，满足题意，时，也满足题意，时，，或，满足题意， ，，此时，不满足题意因此有，（3）下面在范围内讨论条件②，即存在，使得．即，由于时，，所以，，所以．故答案为：．16. 在三棱锥中，是等边三角形，平面平面ABC，，，且三棱锥的所有顶点都在半径为4的球О的球面上，则三棱锥的体积为______.【答案】24【解析】【分析】由几何关系可判断在上，即可列式求得棱长，即可求三棱锥体积.【详解】因为，所以为所在截面圆的直径，又平面平面，为等边三角形，所以在上，如图所示，设，则，，所以，解得，所以，，又，，所以，所以.故答案为：24.三、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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求证：；（2）若，外接圆的半径为，求的面积.【答案】（1）证明见解析；    （2）或.【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边可得，进而根据余弦定理角化边可得，即可得出结果；（2）由正弦定理可得，或.根据余弦定理，分别求出当以及时，的值，然后根据面积公式即可得出结果.【小问1详解】证明：因为，所以，由正弦定理得，又由余弦定理得.所以，又，所以.【小问2详解】解：因为且，所以，即，又外接圆的半径，由正弦定理，即，因为，所以或.若，又，由余弦定理，即，解得或（舍去），所以，所以；若，又，由余弦定理，即，解得或（舍去），所以，所以.所以的面积为或.18. 盲盒里面通常装的是动漫、影视作品的周边，或者设计师单独设计出来的玩偶.由于盒子上没有标注，购买者只有打开后才会知道自己买到了什么，因此这种惊喜吸引了众多年轻人，形成了“盲盒经济”.某款盲盒内装有正版海贼王手办，且每个盲盒只装一个.某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机抽取了400人进行问卷调查，并全部收回.经统计，有的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，男生占；而在未购买者当中，男生、女生各占.（1）完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为是否购买该款盲盒与性别有关？ 女生男生总计购买   未购买   总计    （2）从购买该款盲盒的人中按性别用分层抽样的方法随机抽取6人，再从这6人中随机抽取3人发放优惠券，求抽到的3人中恰有1位男生的概率.参考公式：，其中.参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828 【答案】（1）列联表见解析，有99.5%的把握认为是否购买该款盲盒与性别有关    （2）【解析】【分析】（1）结合题意可完成列联表，结合公式即可计算，即可判断是否有的把握认为是否购买该款盲盒与性别有关（2）列举基本事件个数，结合古典概型的概率计算公式即可求解.【小问1详解】由题可得：购买了该款盲盒的人数为人，其中购买了该款盲盒的男生人数为人，则购买了该款盲盒的女生为人，所以未购买者总人数为280人，男生、女生各占为140人，则列联表为： 女生男生总计购买8040120未购买140140280总计220180400根据列联表中的数据，可得，因为，所以有99.5%的把握认为是否购买该款盲盒与性别有关.【小问2详解】抽取6人中，女生有：（人），记为.男生有：（人），记为A，B.从这6人中随机抽取3人，有，，，共20种基本事件，其中抽到的3人中恰有1位男生，有，，共12种基本事件，所以抽到的3人中恰有1位男生的概率.19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取中点M，利用平面几何知识证明，，所以平面，即证；（2）利用等体积转化将转化为，求平面的面积，直截面法可求体积.【小问1详解】证明：取中点M，连接，如图所示.因为为等边三角形，，M为中点，所以，因为，所以，所以，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】解：在三棱柱中，平面平面，所以平面，所以.在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去）.在中，，由勾股定理得，中，，所以，所以，所以.因为平面，所以.所以的体积为.20. 已知椭圆：的离心率为，且点在上.（1）求的方程；（2）设，为的左、右焦点，过的直线交于A，B两点，若内切圆的半径为，求直线的方程.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据题设条件列方程求解即可；（2）先根据椭圆的定义确定的周长，进而可求的面积，再根据，利用韦达定理代入求解.【小问1详解】因为的离心率为，故可设，，.故的方程为，代入得，解得.所以的方程为.【小问2详解】的周长为，故.设，，由题意可得直线与轴不重合，，故可设直线的方程为，则.由得，此时，所以，，故.解得，故直线的方程为或.21. 设向量，，，（）.（1）当时，求的极值；（2）当时，求函数零点的个数.【答案】（1）的极小值为，无极大值    （2）当时，函数的零点个数为1【解析】【分析】（1）将的值代入，然后求导，分析单调区间求极值即可.（2）对分类讨论，分别求函数单调区间，结合极值即可判断零点个数.【小问1详解】根据已知得，则当时，，，，由得或（舍）.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，所以的极小值为，无极大值.【小问2详解】因为，若，当时，；当时，；当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，有极大值，极小值，又，所以函数有1个零点.若，恒成立，函数单调递增，此时，，所以函数有1个零点；若，当时，；当时，；当时，，所以在，上单调递增，在上单调递减，所以有极大值，显然极小值，又，所以函数有1个零点.综上所述，当时，函数的零点个数为1.【点睛】方法点睛：确定单调区间的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数，令，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)利用的定义域和实根把函数的定义区间分成若干个小区间；(4)确定在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.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，直线的极坐标方程为.（1）求的直角坐标方程；（2）若与有公共点，求取值范围.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式展开，再结合，即可得到直线方程；（2）将参数方程代入（1）中的直线方程得，则转化为有解，令，，则设，求出其值域即可.【小问1详解】因为，所以，又因为，，得，即的直角坐标方程为.【小问2详解】将，代入，得，所以，即，要使与有公共点，则有解，即有解，令，则，令，，则对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又，，所以，解得，即的取值范围是.选修4-5：不等式选讲23. 已知，且.证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由均值不等式和根式的运算即可证明；（2）由均值不等式结合不等式的性质和根式的运算即可证明.【小问1详解】证明：因为，有 ，则 ，即，所以 ，当且仅当 即 时取等号.【小问2详解】证明：因为，有 ， ， ， 则有，，，  得， 当且仅当时取等号.