2023届甘肃省白银市靖远县高三下学期第二次联考数学（文）试题含解析

这是一份2023届甘肃省白银市靖远县高三下学期第二次联考数学（文）试题含解析，共16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届甘肃省白银市靖远县高三下学期第二次联考数学（文）试题 一、单选题1．若复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的运算法则，即可求解.【详解】由，可得，则.故选：D.2．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据并集概念运算即可.【详解】因为，所以．故选:A.3．函数的部分图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数的奇偶性以及时的函数值为正值，利用排除法即可得出答案.【详解】因为，又函数的定义域为，故为奇函数，排除AC；根据指数函数的性质，在上单调递增，当时，，故，则，排除D.故选：B4．已知两个非零向量，则“”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】C【分析】根据向量的共线的坐标运算，求得，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】因为且，可得，解得或，又因为为非零向量，所以，即，故“”是“”的充要条件．故选：C.5．转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放．如图1，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为S，高为h．已知曲面棱柱的体积V=Sh，如图1所示的曲面棱柱的体积为，，则（    ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】把底面分为三个弓形和三角形面积之和，在根据题中体积和高可得.【详解】由题意可知该曲面棱柱的底面积．设，则，解得.故选：B.6．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据指对数的性质判断大小关系即可.【详解】因为，所以．故选：D7．九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需要移动的最少次数，数列满足，且，则（    ）A．287 B．272 C．158 D．143【答案】D【分析】根据已知递推公式，利用代入法进行求解即可.【详解】因为数列满足，且，所以，,所以.故选：D.8．目前，全国所有省份已经开始了新高考改革.改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.已知某班甲、乙同学都选了物理和地理科目，且甲同学的另一科目会从化学、生物、政治这3科中选1科，乙同学的另一科目会从化学、生物这2科中选1科，则甲、乙所选科目相同的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】依题意先列出所有的基本事件，再列出甲、乙所选科目相同的基本事件，求其比值即可.【详解】甲、乙同学所选的科目情况有：（化学，化学），（化学，生物），（生物，化学），（生物，生物），（政治，化学），（政治，生物），共6种，其中甲、乙同学所选的科目相同的情况有（化学，化学），（生物，生物），共2种，故所求概率．故选：B.9．已知双曲线的右顶点为M，以M为圆心，双曲线C的半焦距为半径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于A，B两点．若，则双曲线C的离心率为（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】做交于点，点为弦的中点，可得圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，即，再利用可得答案.【详解】因为，如图，做交于点，点为弦的中点，，所以圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，则，则，即，解得，则双曲线C的离心率为．故选：D.10．已知函数在和上都是单调的，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由正弦函数的单调性可得且，求解即可.【详解】解：当时，，因为在上单调递增，所以，解得；当时，，因为在上单调递减，则，解得．综上，的取值范围是．故选：D11．已知函数，直线，若直线与的图象交于A点，与直线l交于B点，则A，B之间的最短距离是（    ）A． B．4 C． D．8【答案】A【分析】根据平行切线法，求函数图象上的点A到直线l的最短距离，即为A，B之间的最短距离.【详解】因为函数，直线，若直线与的图象交于A点，与直线l交于B点，直线的斜率为1，直线的斜率为，所以两直线垂直，所以函数图象上的点A到直线的最短距离，即为A，B之间的最短距离由题意可得，．令，解得(舍去)．因为，取点A，所以点A到直线的距离，则A，B之间的最短距离是．故选：A.12．已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，是边长为的等边三角形，若三棱锥体积的最大值是，则球的表面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设球O的半径为R，的外心为，由题意可得外接圆的半径及面积，高的最大值为，代入体积公式，结合题意可求得R值，代入球的表面积公式即可得答案.【详解】设外接圆的半径为，则，设球的半径为，当三棱锥的高最大时，体积取最大值，高的最大值.所以，即，解得.故球的表面积是．故选：A. 二、填空题13．某校高三年级进行了一次高考模拟测试，这次测试的数学成绩，且，规定这次测试的数学成绩高于120分为优秀．若该校有1200名高三学生参加测试，则数学成绩为优秀的人数是______．【答案】120【分析】由已知结合正态分布曲线的对称性得，乘以总人数即可得出答案．【详解】由，得正态分布曲线的对称轴为，因为，所以，则数学成绩为优秀的人数是，故答案为：．14．已知实数，满足约束条件则的最大值是______．【答案】7【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可得解.【详解】如图，画出可行域，设则，直线经过点时，取得最大值，联立可得，此时最大值是7．故答案为：7.15．设数列是首项为1的正项数列，且，则它的通项公式______.【答案】【分析】由条件有，由数列为正项数列，即得，然后利用累乘法可求出数列的通项公式.【详解】由，则又数列为正项数列，即，所以，即 所以故答案为：【点睛】本题考查由递推关系求数列的通项公式，考查累乘法，属于中档题.16．已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为D，E，若，则p=______．【答案】2【分析】利用三角形面积公式、梯形面积公式及面积关系得到，设直线方程，与抛物线联立，韦达定理，求出，利用三角形面积求出即可.【详解】由题意可知，设，则，，因为，所以.由题意可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，联立整理得，则，，从而，解得，故，即.因为，所以，解得.故答案为：2 三、解答题17．通过市场调查，现得到某种产品的资金投入（单位：百万元）与获得的利润（单位：百万元）的数据，如下表所示：资金投入24568利润34657(1)求样本（）的相关系数（精确0.01）；(2)根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归直线方程；(3)现投入资金1千万元，求获得利润的估计值．附：相关系数，，对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．【答案】(1)0.92(2)(3)8.25百万元． 【分析】（1）根据相关系数的公式可求；（2）利用最小二乘法求得，即可得到线性回归方程；（3）把代入线性回归方程即可求解.【详解】（1）由题意得，．因为，，所以，， 所以．故样本（）的相关系数约为（2），，故线性回归直线方程为．（3）当时，百万元．故现投入资金1千万元，获得利润约为百万元.18．如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面ABCD．(1)证明：平面平面PCD．(2)若，，E在棱AD上，且，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)2 【分析】（1）由，，证得平面PAD，则有平面平面PCD．（2）由已知数据结合棱锥体积公式计算.【详解】（1）证明：由四边形ABCD为矩形，得．因为底面ABCD，平面ABCD，所以．因为，平面PAD，所以平面PAD．因为平面PCD，所以平面平面PCD．（2）因为，，所以，因为直角梯形ABCE的面积．所以．19．在中，角的对边分别为，且.(1)求角；(2)若为锐角三角形，为边的中点，求线段长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换的化简可得，即可求解；（2）由向量的线性运算可得，等式两边同时平方可得，由正弦定理可得，结合角B的范围可得，即可求解.【详解】（1），由正弦定理，得，即.因为，所以，由，得，即.因为，所以.（2）因为为边的中点，所以，所以.在中，由正弦定理，得.因为为锐角三角形，且，所以，则，故.所以，即线段长的取值范围为.20．已知椭圆的离心率是，是椭圆C上一点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点的直线l与椭圆C交于A，B（异于点P）两点，直线PA，PB的斜率分别是，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是， 【分析】（1）由已知椭圆的离心率是，又过点，可得，直接解得，，即可得到椭圆的标准方程；（2）由直线过点，可设直线方程为，，，联立方程组，由韦达定理可得，，又，得，，再代入化简即可求解.【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c， 由题意可得，解得，，故椭圆C的标准方程为：.（2）由题意可知直线l的斜率不为0，设直线，，，联立，整理得，则，，，因为，所以，，所以.故为定值，该定值为.21．已知函数.(1)比较与0的大小；(2)证明：对任意的，恒成立.【答案】(1)当时，；当时，；当时，(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域，根据导函数得出函数在定义域上单调性，结合，即可得出答案；（2）先证明，进而推得.根据二倍角的余弦公式得出，.原不等式可转化为.构造，根据导函数以及二次求导，即可得出在上单调递增，所以，即可得出证明.【详解】（1）由已知可得，的定义域为，在上恒成立，所以，在上单调递增.又，所以，当时，；当时，；当时，.（2）令，，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，所以，所以.因为，所以.令，则.令，则.因为，所以，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即，对任意的，恒成立.22．在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．(1)求曲线M，N的极坐标方程；(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线和的极坐标方程；（2）将代入曲线和的方程，求得和 ，结合题意求得，即可求解.【详解】（1）解：由，可得，即，又由，可得，所以曲线M的极坐标方程为．由，可得，即，即曲线N的极坐标方程为.（2）解：将代入，可得，将代入，可得，则，因为，所以，又因为，所以．23．已知函数．(1)证明：存在，使得恒成立．(2)当时，，求a的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）根据给定条件，利用绝对值三角不等式求出的最小值，再建立不等式求解作答.（2）由已知去绝对值符号，再解含绝对值符号的不等式，即可求出a的范围作答.【详解】（1），，当且仅当时取等号，因此，由，而，解得，则当时，恒成立，所以存在，使得恒成立.（2）当时，，由，得，显然，否则不等式不成立，于是，即，因为当时，，所以，解得，又，即，所以a的取值范围是.