2023届甘肃省兰州市第五十七中学高三第一次模拟考试数学（文）试题含解析

2022-2023学年甘肃省兰州市第五十七中学第一次模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知全集．集合，，则阴影部分表示的集合是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先化简集合，根据图阴影表示集合，再进行集合运算．

【详解】，，，

由题得阴影部分表示集合，

或

所以，

阴影部分表示的集合是．

故选：C

【点睛】本题主要考查维恩图，考查集合的补集和交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

2．如果复数是纯虚数，那么实数m等于（    ）

A．﹣1 B．0 C．0或1 D．0或﹣1

【答案】D

【分析】先对复数化简，然后使其实部为零，虚部不为零，从而可求出实数m的值

【详解】解：，

因为复数为纯虚数，

所以 且，

解得或，

故选：D

3．设，，则“或”是“”的（　　）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】由原命题和逆否命题同真假，把问题转化为判断“”是“且”的什么条件，利用充分条件和必要条件的定义验证即可.

【详解】问题可等价转化为判断“”是“且”的什么条件．

时，可以，不能推出且；

反之，当且时，一定有.

因此“”是“且”的必要不充分条件，

从而“或”是“”的必要不充分条件.

故选：B．

4．分形理论是当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科．其中，把部分与整体以某种方式相似的形体称为分形．分形是一种具有自相似特性的现象，图象或者物理过程．标准的自相似分形是数学上的抽象，迭代生成无限精细的结构．也就是说，在分形中，每一组成部分都在特征上和整体相似，只仅仅是变小了一些而已，谢尔宾斯基三角形就是一种典型的分形，是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的，按照如下规律依次在一个黑色三角形内去掉小三角形则当时，该黑色三角形内共去掉个小三角形

A．81 B．121 C．364 D．1093

【答案】C

【详解】分析：观察图形可得，有如下规律，每一个图形中小三角形的个数等于前一个图形小三角形个数的倍加，从而可得结果.

详解：由图可知，每一个图形中小三角形的个数等于前一个图形小三角形个数的倍加，所以，时，；

时，；

时，；

时，；

时，；

时，，故选C.

点睛：常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.

5．下列函数既是奇函数又是增函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由函数的单调性和奇偶性，逐项判断即可得解.

【详解】对于A，函数为偶函数，故A错误；

对于B，函数的定义域为，所以该函数为非奇非偶函数，故B错误；

对于C，函数在整个定义域内不单调，故C错误；

对于D，函数，所以该函数为奇函数且单调递增，故D正确.

故选：D.

【点睛】本题考查了函数单调性与奇偶性的判断，考查了运算求解能力，属于基础题.

6．如图，在直角梯形中，，为边上一点，，为的中点，则＝（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据平面向量的三角形法则和共线定理即可得答案.

【详解】解：

故选：C.

【点睛】本题考查用基底表示向量，向量的线性运算，是中档题.

7．已知不等式组所表示的平面区域为面积等于的三角形，则实数k的值为（    ）

A．－1 B． C． D．1

【答案】D

【解析】由题意知，且不等式组所表示的平面区域如图所示，直线与直线的交点，利用三角形的面积公式，即可得到答案。

【详解】由题意知，且不等式组所表示的平面区域如图所示.

∵直线与轴的交点为，

直线与直线的交点为，

∴三角形的面积为××＝，

解得或，经检验，不符合题意，∴.

故选：D

【点睛】本题考查线性约束条件下，已知平面区域的面积求参数值，考查数形结合思想和运算求解能力。

8．《算法统宗》是中国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用，是东方古代数学的名著．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，“九儿问甲歌”就是其中一首：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，记这位公公的第个儿子的年龄为，则（    ）

A．23 B．32 C．35 D．38

【答案】C

【解析】由题可得数列是公差为的等差数列，由可求出.

【详解】由题意可得年龄构成的数列是公差为的等差数列，

且，解得.

故选：C.

9．已知，函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】由题意可得,，

，

，．故A正确．

【解析】三角函数单调性．

10．袋中共有完全相同的4只小球、编号为1，2，3，4，现从中任取2只小球，则取出的2只球编号之和是奇数的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先列举出任取2只小球的事件，共6种取法，再列举出2只球编号之和是奇数的事件，共4种取法，最后求取出的2只球编号之和是奇数的概率即可.

【详解】解：在编号为1，2，3，4的小球中任取2只小球，则有，，，，，，共6种取法，

则取出的2只球编号之和是奇数的有，，，，共4种取法，

所以取出的2只球编号之和是奇数的概率为，

故选：D．

【点睛】本题考查利用列举法求古典概型的概率，是基础题

11．已知椭圆的焦点为F，短轴端点为P，若直线PF与圆相切，则圆O的半径为（    ）

A． B．1 C． D．2

【答案】B

【分析】根据椭圆方程，得到焦点和上顶点的坐标，写出直线方程，再根据直线PF与圆相切，利用圆心到直线的距离等于圆的半径求解.

【详解】因为椭圆，

不妨设，

所以PF的方程为，

因为直线PF与圆相切，

所以圆心到直线的距离等于圆的半径，

即，

故选：B

【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

12．已知定义在上的函数，是的导函数，满足，且＝，则的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由导数公式得出，从而得出函数的单调性，将不等式可化为，利用单调性解不等式即可.

【详解】因为，所以函数在区间上单调递减

不等式可化为，即，解得

故选：C

【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由导数公式得出函数的单调性，利用单调性解不等式.

二、填空题

13．若，则的值为______．

【答案】8

【分析】利用赋值法即可求解

【详解】令，则；

令，则，

两式相加除以2可得．

故答案为：8

14．如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的，分别为176，320，则输出的为______．

【答案】16

【分析】模拟执行程序框图，只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可得到输出的值.

【详解】由，，，且不满足，

则，

由，则，

由，则，

由，则，

由，则，

由，则，

由，则，

由，退出循环，输出．

故答案为：16．

15．若椭圆的中心在原点，一个焦点为，直线与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为______．

【答案】

【分析】联立直线与椭圆方程，由韦达定理以及中点坐标公式即可求解.

【详解】法一：（直接法）椭圆的中心在原点，一个焦点为，设椭圆方程为，由，消去，

得，

设直线与椭圆相交所得弦的端点分别为，，

则

由题意知，解得．

所求椭圆方程为．

法二：（点差法）椭圆的中心在原点，一个焦点为，设椭圆的方程为．

设直线与椭圆相交所得弦的端点分别为，，

则

得

，

即，

又弦的中点的纵坐标为1，故横坐标为-2，

，代入上式得，解得，故所求的椭圆方程为．

故答案为：

16．在钝角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B为钝角，若，则的最大值为______．

【答案】

【分析】根据条件和正弦定理，求得，然后利用三角形内角和转化为与的关系，利用降幂公式转化为的二次函数型表达式，进而根据角的取值范围求得最大值.

【详解】∵，由正弦定理可得，，∵，∴，又B为钝角，∴，

，

∴的最大值为．

故答案为：.

三、解答题

17．已知的三个内角的对边分别为，若角成等差数列，且，

（1）求的外接圆直径；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）1；（2）.

【分析】（1）由角、、成等差数列，及三角形内角和定理可求，根据正弦定理得的外接圆直径的值；

（2）由（1）知，，，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，结合范围，利用正弦函数的性质可求的取值范围.

【详解】（1）由角、、成等差数列，

所以，

又因为，

所以，

根据正弦定理得，的外接圆直径.

（2）由（1）知，，

所以，所以，

由（1）知的外接圆直径为1，根据正弦定理得，，

．

，，

，

从而，

所以的取值范围是，

【点睛】本题主要考查了正弦定理、三角函数恒等变换的应用，考查正弦函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

18．如图，四棱锥中，，，，，且.

（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）由线面垂直的判定定理证明平面，由线面垂直的性质定理可得，由线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理证明平面平面即可.

（2）由，利用等体积法，即可求出点到平面的距离.

【详解】（1）解：取、的中点分别为、，连结，，，

因为，，

所以四边形为梯形，

又、为、的中点，

所以为梯形的中位线，

所以，

又，

所以，

因为，为的中点

所以，

又，平面，平面，

所以平面，

又平面，

故，

因为，为中点，

所以，

又，不平行，必相交于某一点，且，都在平面上，

所以平面，

又平面，

则平面平面.

（2）由（1）及题意知，为三棱锥的高，

，，，

故，

，

而，

设点到平面的距离为，

由等体积法知：，

解得，

所以点到平面的距离为.

【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理、性质定理和面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式以及利用等体积法求点到面的距离，考查了转化能力与推理能力，属于中档题.

19．某地随着经济的发展，居民收入逐年增长，下表是该地一建设银行连续五年的储蓄存款(年底余额)，如下表1：

                               表1

为了研究计算的方便，工作人员将上表的数据进行了处理，，得到下表2：

                  表2

(1)求z关于t的线性回归方程；

(2)通过(1)中的方程，求出y关于x的回归方程；

(3)用所求回归方程预测到2022年年底，该地储蓄存款额可达多少？

 (附：对于线性回归方程，其中)

【答案】（1）；（2）；（3）千亿元.

【分析】（1）由所给数据看出，算出平均数，利用最小二乘法求出b，a，写出线性回归方程．

（2）t＝x﹣2010，z＝y﹣5，代入z＝1.2t﹣1.4得到y关于x的回归方程；

（3）把所给的x的值代入线性回归方程，求出变化以后的预报值，得到结果．

【详解】：（1），，，，

，

，

所以.

（2）将，，代入，

得，即.

（3）因为，

所以预测到2022年年底，该地储蓄存款额可达15.6千亿元.

【点睛】本题考查回归分析的基本思想及其初步应用，考查回归方程的意义和求法，考查数据处理的基本方法和能力，考查利用统计思想解决实际问题的能力．

20．已知直线与焦点为F的抛物线相切.

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）联立和，利用即可求得，从而得到抛物线方程；（Ⅱ）设直线为，与抛物线联立后可利用韦达定理求得，进而得到；由中点坐标公式可求得中点；利用点到距离之和等于点到的距离的倍，可将所求距离变为关于的函数，求解函数的最小值即可得到所求距离之和的最小值.

【详解】（Ⅰ）将与抛物线联立得：

与相切    ，解得：

抛物线的方程为：

（Ⅱ）由题意知，直线斜率不为，可设直线方程为：

联立得：

设，，则    

线段中点

设到直线距离分别为

则

    当时，

两点到直线的距离之和的最小值为：

【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用问题，涉及到根据直线与抛物线的位置关系求解抛物线方程、抛物线中的最值问题的求解等知识；求解最值的关键是能够将所求距离之和转变为中点到直线的距离，利用点到直线距离公式得到函数关系，利用函数最值的求解方法求得结果.

21．设函数．

（1）当（为自然对数的底数）时，求的最小值；

（2）讨论函数零点的个数．

【答案】(1)2;(2)见解析

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；

（2）令g（x）＝0，得到；设，通过讨论m的范围，根据函数的单调性结合函数的草图求出函数的零点个数即可．

【详解】解：（1）当m＝e时，，∴

当x∈（0，e）时，f′（x）＜0，f（x）在x∈（0，e）上是减函数；

当x∈（e，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）在x∈（e，+∞）上是增函；

∴当x＝e时，f（x）取最小值．

（2）∵函数，

令g（x）＝0，得；

设，则′（x）＝﹣x2+1＝﹣（x﹣1）（x+1）

当x∈（0，1）时，′（x）＞0，（x）在x∈（0，1）上是增函数；

当x∈（1，+∞）时，′（x）＜0，（x）在x∈（1，+∞）上是减函数；

当x＝1是（x）的极值点，且是唯一极大值点，∴x＝1是（x）的最大值点；

∴（x）的最大值为，又（0）＝0结合y＝（x）的图象，

可知：①当时，函数g（x）无零点；

②当时，函数g（x）有且只有一个零点；

③当时，函数g（x）有两个零点；

④当m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

综上：当时，函数g（x）无零点；

当或m≤0时，函数g（x）有且只有一个零点；

当时，函数g（x）有且只有两个零点；

【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查函数的零点个数问题，是一道中档题．

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)已知点，直线l与曲线C交于A，B两点，求的值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】(1)根据题意，消参即可得到曲线C的普通方程；分别将，代入直线l的极坐标方程即可求解；

(2) 法一：将直线方程与曲线方程联立，求出两交点的坐标，利用两点间距离公式即可求解；方法二：将曲线C的普通方程代入直线l的参数方程，利用参数的几何意义解求解.

【详解】（1）因为，所以，

所以．故曲线C的普通方程为．

因为，，所以．

故直线l的直角坐标方程为．

（2）法一：由，

不妨取，．

因为点，

所以，．

所以．

法二：因为点在直线l上，所以直线l的参数方程为（t为参数），

设A，B对应的参数分别为，，将代入，得，

，

所以，．

因为，，

所以，

所以．

23．已知函数

（1）当时，解不等式；

（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）用平方法去绝对值将绝对值不等式转化为一元二次不等式，即可求解．

（2）将转化为，，即证即可．将函数转化为分段函数，根据各段的单调性即可求得的最小值．

【详解】（1）当时，由得，

两边平方整理得，解得或

∴原不等式的解集为

（2）由得 ，令，即

当时，单调递减，

当时， 单调递增，

当时，单调递增，

故 ，

故可得到所求实数的范围为．