2023届甘肃省兰州市第五十八中学高三下学期第二次模拟考试数学（理）试题含解析

2023届甘肃省兰州市第五十八中学高三下学期第二次模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据交集的定义计算即可.

【详解】因为，，所以.

故选：B.

2．已知复数，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直接根据虚部的概念求解即可.

【详解】复数,

故的虚部为.

故选：B.

3．已知向量满足，则（    ）

A．8 B． C． D．4

【答案】D

【分析】根据模长平方可得.

【详解】因为，

所以，

又因为

所以，

所以.

故选：D.

4．在各项均为正数的等比数列中，，则的最大值是（    ）

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】B

【分析】根据等比数列的性质得，再结合基本不等式即可求解．

【详解】各项均为正数的等比数列中，

由，则，

所以，当且仅当时等号成立，

故的最大值为8．

故选：B．

5．执行如图的程序框图，如果输入的，则输出的（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据框图结构利用循环语句求解.

【详解】当输入的时，

；

；

输出,

故选:D.

6．要得到函数图象，只需把函数的图象（    ）

A．向右平移个单位 B．向左平移个单位

C．向右平移个单位 D．向左平移个单位

【答案】A

【分析】利用二倍角的正弦公式化简目标函数解析式，利用三角函数图象变换可得出结论.

【详解】因为，

为了得到函数图象，只需把函数的图象向右平移个单位，

故选：A.

7．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】C

【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.

【详解】当，时，可能有，但也有可能或，故A选项错误；

当，时，可能有，但也有可能或，故选项B错误；

当，，时，必有，从而，故选项C正确；

在如图所示的正方体中，

取为，为，为平面，为平面，这时满足，，，但不成立，故选项D错误；

故选：C.

8．为庆祝党的二十大的胜利召开，某高校党委从所有的学生党员中随机抽取100名，举行“二十大”相关知识的竞赛活动，根据竞赛成绩，得到如下2×2列联表.则下列说法正确的是（    ）

参考公式及数据：，其中.

A．有的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”

B．有的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别无关”

C．在犯错误的概率不超过的前提下，认为“竞赛成绩是否优秀与性别无关”

D．在犯错误的概率不超过的前提下，认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”

【答案】A

【分析】求得的观测值，再与临界值表对照下结论.

【详解】解：因为的观测值，

由临界值表知，有的把握认为“竞赛成绩是否优秀与性别有关”.

故选：.

9．若直线与曲线恰有两个公共点，则a的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】曲线方程变形得曲线为半圆，由直线与半圆相切得的一个值，由直线过直径的一个端点又得一个值，结合图象可得的范围．

【详解】可化为且，

即曲线是以为圆心，1为半径的圆的下半圆，

作出曲线，如图，

作直线，而直线与直线平行，

当直线过时，，

当直线与半圆相切时，由得舍去），

由图象可知的取值范围是．

故选：B．

10．中国古代某数学名著中有这样一个类似问题：“四百四十一里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还.”其意思为：有一个人一共走了441里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走的路程是（    ）

A．7里 B．8里 C．9里 D．10里

【答案】A

【分析】由“每天走的路程为前一天的一半”可知这个人每天走的路程是等比数列，再根据等比数列求和公式得出答案.

【详解】设第六天走的路程为，第五天走的路程为……第一天走的路程记为，

根据题意每天走的路程为前一天的一半，所以公比，且，，所以，从而解得，

故选：A.

11．已知函数恒有零点，则实数k的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用导数求出的最大值即可求解作答.

【详解】函数的定义域为，求导得：，

令，，则，即在上单调递增，，

因此，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，

于是得当时，，函数的值域是，

而函数恒有零点，当且仅当，解得，

所以实数k的取值范围是.

故选：B

【点睛】思路点睛：涉及函数零点问题，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合求解.

12．已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，若四边形为矩形，则C的离心率为（     ）

A． B．3 C． D．

【答案】C

【分析】联立直线与C的方程，求出弦AB长，由求解即得.

【详解】显然直线与交于原点O，

由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则，

设点，而

由得，解得，

则，

则，化简得，即，，

解得，

则.

故选：C.

二、填空题

13．在的展开式中，的系数为60，则实数______.

【答案】

【分析】求出二项展开式的通项，令的指数等于2，求得，再根据展开式中的系数为60，即可得出答案.

【详解】的展开式的通项为，

令，则，

则在展开式中，的系数为，

所以.

故答案为：.

14．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列是等和数列，且，，则这个数列的前2022项的和为________．

【答案】6066

【分析】写成的通项公式，求出公和，再分组求和.

【详解】设等和数列的公和为m．

因为，所以，，，，…，

所以，

又，所以，

所以．

故答案为：6066

15．盲盒常指装有不同公仔手办，但消费者不能提前得知款式的盒装玩具，一般按系列贩售．它的随机性和一些隐藏款吸引着很多年轻人重复购买．小明购买了5个冰墩墩单只盲盒，拆开后发现有2个相同的“竹林春熙”以及“冰雪派对”、“青云出岫”、“如意东方”各1个．小明想将这5个摆件排成一排，要求相同的摆件不相邻．若相同摆件视为相同元素，则一共有____________种摆放方法．

【答案】36

【分析】利用插空法计算即可.

【详解】记2个相同的“竹林春熙”为A，A，“冰雪派对”为B，“青云出岫”为C，“如意东方”为D，先摆放B，C，D，一共有种摆放方式，再将2个A插空放入，有种摆放方式，所以，一共有种摆放方式．

故答案为：36.

16．天干地支纪年法，源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸.十二地支：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，已知2099年为己未年，那么3035年为________年.

【答案】乙未

【分析】分析天干与地支的相配原则可知天干地支纪年法以60为周期，依次将十天干、十二地支标序号， 2099年可记为（6，8），而3035-2099=36，由天干与地支的循环可算出对应第36年的天干与地支.

【详解】解：将天干按顺序依次排列，十个一组；将地支也一样排列十二个一组，由此可知天干地支纪年法以60年（10，12的最小公倍数）为周期循环。

不妨给十天干与十二地支依次标号：1，2……10；1，2……11，12，将甲子年记为（1，1），乙丑年（2，2）……，则2099年可记为（6，8）而3035-2099=36，

故36÷10=3……6，即6+6-10=2，对应天干第二号2，即乙；36÷12=3……0，即地支仍是8号，即未.

故答案为：乙未

三、解答题

17．若△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.

(1)求角A；

(2)若，求△ABC周长的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角互化，可得，由余弦定理即可求解，

（2）根据正弦定理得，由内角和关系以及和差角公式可得，进而由三角函数的性质即可求解.

【详解】（1）由正弦定理可得：，

，，

（2）因为，，所以，故

由正弦定理得：

所以，

所以周长

因为，则，所以

故

求周长的取值范围为.

18．随着社会的进步，科技的发展，越来越多的大学本科生希望通过保研或者考研进入更理想的大学进行研究生阶段的学习．某大学为了解准备保研或者考研的本科生每天课余学习时间，随机抽取了400名大学生进行调查，将收集到的学习时间（单位：小时）数据分成5组：，，，，（学习时间均在内），得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求m的值，并估计这400名大学生每天课余学习时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

(2)按分层抽样的方法从学习时间在和组中抽出8人，再从这8人中随机抽取3人，记X表示抽到的3人中学习时间在组中的人数，求X的分布列和数学期望．

【答案】(1)；8.12小时；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据各组数据频率之和为1即可求出图中的值，利用平均数计算公式即可求出结果；

（2）根据题意分析的可能取值为0，1，2，3，进而列出分布列求出结果.

【详解】（1）由于各组数据频率之和为1，即，则，

这400名大学生每天课余学习时间的平均值为：

(小时)；

（2）由题可知学习时间在和组的频率分别为0.3,0.18，

按分层抽样的方法从学习时间在和组中抽出8人，有5名在内，3名在内，

则的可能取值为0，1，2，3，

则，，

，，

即的分布列为

所以．

19．如图，在四棱锥中，底面，底面是矩形，为的中点.

(1)证明：.

(2)求二面角的平面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算性质进行证明即可；

（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.

【详解】（1）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

.

因为，所以；

（2）设平面的法向量为，

则取，可得.

设平面的法向量为，

则取，可得.

.

故二面角的平面角的余弦值为.

20．已知函数.

(1)若是的极值点，求的值；

(2)求函数的单调区间；

(3)若函数在上有且仅有个零点，求的取值范围.

【答案】(1)1

(2)答案见解析

(3).

【分析】（1）由题意，求导得，然后根据，即可得到结果；

（2）由题意，求导得，然后分与两种情况讨论，即可得到结果；

（3）由题意，构造函数，将函数零点问题转化为两个图像交点问题，结合图像即可得到结果.

【详解】（1）因为

则，即，所以，经检验符合题意

（2），则.

当时，，在上单调递增；

当时，由，得，

若，则；若，则.

当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.

综上所述，当时，函数的增区间为；

当时，函数的增区间为，减区间为.

（3）当时，由可得，令，其中，

则直线与函数在上的图像有两个交点，

，当时，，此时函数单调递增，

当时，，此时函数单调递减.

所以，函数的极大值为，且，，如下图所示：

由图可知，当时，直线与函数在上的图像有两个交点，

因此，实数的取值范围是.

21．已知椭圆的短轴长为，离心率为．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若直线l与圆相切，与椭圆交于不同的两点，求的面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得，解方程即可得出答案；

（2）当直线斜率不存在时，可得，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立椭圆方程根据韦达定理及弦长公式可表示出，结合条件即得.

【详解】（1）由题意可得：，解得：.

故椭圆的标准方程为：；

（2）圆的方程为，圆心为，半径为，

①当直线斜率不存在时，的方程为或，

直线与椭圆交点为，的面积为，

根据对称性，直线时，的面积为；

②当直线斜率存在时，设直线方程为，

由得，

由，得，

则，得.

因为，所以，所以恒成立，

设，则，

所以

，

所以，

令，

则的面积为，

令，

令，,

所以

因为，从而的面积的最大值为为,

综上，的面积的最大值为.

22．设均不为零，且．

(1)证明：；

(2)求的最小值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)3.

【分析】（1）根据给定条件，利用三数和的完全平方公式变形，再结合放缩法证明作答.

（2）利用柯西不等式求解最小值作答.

【详解】（1）依题意，，且均不为零，

则，

所以.

（2）因为，

当且仅当，即时取等号，因此，

所以的最小值为3.

23．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（其中为参数）．以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；

(2)设直线l与曲线C交于A，B两点，点P是曲线C上的一动点，求面积的最大值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用公式法，把极坐标方程转化为直角坐标方程；利用消参，把在参数方程化为普通方程；

（2）求出弦长，利用点到直线的距离公式和三角形的面积公式求出结果．

【详解】（1）由得，

所以直线l的直角坐标方程为，

曲线C的参数方程为，消参得普通方程为．

（2）因为曲线C的圆心到直线l的距离，半径，

所以．

又点P到直线l距离的最大值为，

所以面积的最大值为．