甘肃省2023届高三第三次高考诊断考试理科数学试题（含答案）

这是一份甘肃省2023届高三第三次高考诊断考试理科数学试题（含答案），共23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。
甘肃省2023届高三第三次高考诊断考试理科数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．2．设，则（    ）A． B． C．4 D．03．如图，一组数据，，，…，，的平均数为，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（    ）A．， B．，C．， D．，4．平行四边形中，，，，则等于（    ）A． B． C．4 D．85．函数在上的图象大致为（    ）A． B．C． D．6．已知函数的最小正周期为，，且的图象关于直线对称，若将的图象向右平移个单位长度后图象关于轴对称，则实数的最小值为（    ）A． B． C． D．7．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为，则判断框中应填入的是（    ）A． B． C． D．8．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若二十四等边体的表面积为，则（    ）A． B．C．与所成的角是的棱共有12条 D．该二十四等边体外接球的表面积为9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与椭圆相交于，两点，若四边形为矩形，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．10．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（    ）A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则D．第34行中第15个数与第16个数之比为11．已知，是圆上的两个动点，若点在以为直径的圆上，则的最大值为（    ）A． B． C． D．12．已知函数，，若直线与曲线和分别相交于点，，，且，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．已知，满足约束条件，则的最大值为______.14．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，则“三斜求积”公式为.若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为______．15．若关于的不等式对任意的恒成立，则整数的最大值为______.16．如图，圆锥的底面直径和高均是，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为______. 三、解答题17．已知数列满足，.(1)证明：数列是等比数列；(2)设，求数列的前项和.18．如图，四棱锥中，底面为菱形，.(1)证明：；(2)若，，求平面与平面所成夹角的余弦值.19．为提升本地景点的知名度、美誉度，各地文旅局长纷纷出圈，作为西北自然风光与丝路人文历史大集合的青甘大环线再次引发热议.为了更好的提升服务，某地文旅局对到该地的5000名旅行者进行满意度调查，将其分成以下6组：，，，，，，整理得到如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值；(2)在这些旅行者中，满意度得分在60分及以上的有多少人？(3)若将频率视为概率，从得分在80分及以上的旅行者中随机抽取3人，用表示这3人中得分在中的人数，求随机变量的分布列及数学期望.20．已知函数.(1)当时，求函数在点处的切线方程；(2)设是函数的两个极值点，证明：.21．已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于两点，当直线过点时，点到的准线的距离之和为，线段的中点到轴的距离是4.(1)求抛物线的方程；(2)当时，设抛物线在点处的切线交于点，求证：.22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为，（为参数），曲线的极坐标方程为.(1)写出曲线的参数方程；(2)设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求的最大值.23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)已知函数的最小值为，且，，都是正数，，证明：.
参考答案：1．B【分析】利用集合的补集和交集运算求解.【详解】解：因为，所以，所以.故选：B.2．A【分析】利用复数的除法运算求得，进而求得结果.【详解】由题意可得，则.故选：A.3．D【分析】根据平均数的定义可得，根据，，结合平均数定义求，再结合方差的意义判断的大小关系，由此判断正确选项.【详解】由题意，得，则，又，，故，∵，是波动幅度最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故.故选：D.4．A【分析】利用转化基底的方法进行平面向量数量积的运算即可求解.【详解】由题意知平行四边形中，，，得，故选：A.5．A【分析】先根据奇偶性排除CD,再代入特值验证即可.【详解】因为函数的定义域为,且,所以函数是偶函数,其函数图像关于轴对称,排除CD.又,排除B.故选:A.6．B【分析】根据周期范围得出范围，再结合对称性得出的值，即可得出的解析式，进而得出函数图象平移后的解析式，即可根据图象关于轴对称，得出，再根据得出实数的最小值.【详解】∵，，且，∴，即.∵的图象关于直线对称，∴，解得．又，∴，.∴，将的图象向右平移个单位长度后得到的图象.∵的图象关于轴对称，∴，解得，∵，∴令，得.故选：B.7．C【分析】根据程序框图可知，循环结构实现累加功能，利用裂项相消法求和解出，判断条件即可.【详解】由题意可知，程序框图的功能为计算的值，因为，所以，解得，代入检验可知，判断框中应填.故选：C.8．D【分析】A选项，根据几何体的性质可知所有棱长均相等，设出棱长，列出面积的方程即可得到线段长度；B选项，由于几何体是正方体裁剪得到，补全回正方体后可得到，可得到与所成的角为；C选项，根据几何体中的平行关系确定异面直线的夹角；D选项，设出球心，利用对称性列方程求解.【详解】设，则二十四等边体的表面积为，解得，故A错误；如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心，，连接，，因为，所以正方体的棱长为2，故，可得，根据对称性可知，点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，故该半正多面体外接球的表面积为，所以D正确；因为，为等边三角形，所以，所以与所成的角为，故B错误；在与相交的6条棱中，与所成的角是的棱有4条，又这4条棱中，每一条棱都有3条平行的棱，故与所成的角是的棱共有16条，故C错误.故选：D.9．C【分析】根据题意可知，，从而求得的值，根据椭圆的定义及椭圆的离心率定义，即可求得椭圆的离心率.【详解】显然直线与交于原点，所以，若四边形是矩形，则，由椭圆对称性知，，则为等边三角形，所以，在中，，由椭圆定义知，则.故选：C.10．D【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.【详解】第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28，它们之和等于36，第9行的第8个数是，A正确；第行是二项式的展开式的系数，故第行中第个数为，第个数为，又，B正确；“杨辉三角”第行是二项式的展开式的系数，所以，，C正确；第34行是二项式的展开式的系数，所以第15个数与第16个数之比为，D不正确.故选：D.11．B【分析】设的中点为，得到，根据，得到，设，求得，得出点的轨迹，再由可知，当取最大值时，取最大值，结合圆的性质，即可求解.【详解】如图所示，设的中点为，连接，因为点在以为直径的圆上，所以，所以，连接，，，则，所以，所以，设，则，整理得，所以点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，因为，所以当取最大值时，取最大值，又因为，故的最大值为.故选：B.12．B【分析】利用导数研究和的单调性，画出图象，数形结合得出范围，利用和f(x)的单调性即可判断．【详解】函数的定义域为，导函数为，令，解得，所以当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以当时，取最大值，，当时，，当时，，，当时，，当时，，由，得，令，解得，所以当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以当时，函数取最大值，.当时，，当时，，，当时，，当时，，根据以上信息，画出函数和函数的大致图象如下：所以若存在直线，其与两条曲线和的图象共有三个不同的交点，结合图象可得是直线与图象的两个交点的横坐标，是直线与图象的两个交点的横坐标，则因为，，所以，则，，所以，又，又在上单调递增，在上单调递减，所以，，故，，所以，又因为，所以，所以.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于利用导数分析函数的单调性，最值，由此确定函数的图象，结合图象和条件确定的关系.13．25【分析】根据题意作出可行域，结合目标函数的几何意义求最大值.【详解】因为，即，，即，表示斜率，纵截距为的直线，画出可行域如图中阴影部分（含边界）所示，平移直线，当表示的直线经过点A时取得最大值，联立，解得，即，所以.故答案为：2514．【分析】根据正弦定理进行边角互换，再将数据代入“三斜求积”公式即可.【详解】根据正弦定理可知，，代入“三斜求积”公式：故答案为：.15．1【分析】分离参数，构造函数，利用导数求函数的最小值，分析最小值的范围，得解.【详解】因为对于任意恒成立，等价于对于任意恒成立，令，，则，令，，则，所以在上单调递增，又，，所以在有且仅有一个根，满足，即，当时，，即，函数单调递减，时，，即，函数单调递增，所以，由对勾函数可知，即，因为，所以，，所以.故整数的最大值为1.故答案为：116．【分析】设圆柱的底面半径为，高为，由相似得，求出圆柱体积，利用导数求得最大值．【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则由相似可得，即.令，结合，则，圆柱的体积，，时，，时，，即当，单调递增；当，单调递减，所以当时，.故答案为：17．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）利用给定的递推公式，结合推理判断作答.（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和作答.【详解】（1）当时，，解得，当时，，，两式相减得，即，即有，而，则，，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）知，于是，则，于是，两式相减得，所以.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，即可的证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.【详解】（1）连接交于点，连接，因为，所以.因为底面为菱形，所以.又，平面，所以平面，又平面，所以.（2）因为，底面为菱形，所以为等边三角形，所以，在等边三角形中，，所以，因为，所以，又因为，，平面，所以平面.以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则 令，则.所以.故平面与平面所成二面角的余弦值为.19．(1)(2)4000(3)分布列见解析，1 【分析】（1）由频率之和为1，得出的值；（2）计算满意度得分在60分及以上的频率，进而得出满意度得分在60分及以上的人数；（3）计算得分在的频率，由二项分布得出随机变量的分布列及数学期望.【详解】（1）由题意，得，解得.（2）由频率分布直方图，得满意度得分在60分及以上的频率是，∴满意度得分在60分及以上的人数约为.（3）∵得分在与的旅行者比例为，∴从得分在80分及以上的旅行者中抽取1人，此人得分在的概率为，∵抽取3人，得分在中的人数为，∴， 则，，1，2，3，∴的分布列为0123∴.20．(1)(2)证明见解析 【分析】(1)先求导函数，再根据点斜式，即可求解.(2) 先求导函数，根据韦达定理得两极值点的关系，带入到中化简，构造，求出最值，即可求证.【详解】（1）当时，，，所以，.所以函数在点处的切线方程为，即.（2）令， 即有两个不等正实根，则解得.所以，.故，其中.令，，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故.所以成立.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题。注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理.21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用梯形的中位线的性质得到的中点到准线的距离，从而列方程求解；（2）先把直线改写成，先推出两条切线的交点的坐标，然后利用抛物线焦点弦的性质和两点间距离公式进行推导.【详解】（1）∵直线过焦点时，到的准线的距离之和为12，设准线，准线，垂足分别为，中点为，准线，垂足为，依题意，根据梯形中位线，此时的中点到的距离为，又的中点到轴的距离为4，∴轴与间的距离为2，即.解得，∴抛物线的方程为.（2）直线，即，令，则直线，设，，由，得，则，∴，∴，.设抛物线在点处的切线方程分别为，，由，得，∴，又，则，∴，则.同理可得.联立两切线方程，将，代入，解得，∴，∴，又，∴.同理可得.∵，∴要证，等价于证明，∵，又，∴，同理可得，∴，即.22．(1)(2) 【分析】（1）利用极坐标和直角坐标方程的互化公式和二倍角公式可得的直角坐标方程，再根据圆锥曲线参数方程可得的参数方程；（2）曲线的直角坐标方程为，其圆心，半径，由题意可得设，易知的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，根据二次函数性质即可求得最大值.【详解】（1）由曲线的极坐标方程为，得，即，即，所以曲线的直角坐标方程为.由圆锥曲线参数方程定义，得曲线的参数方程为，（为参数）.（2）由曲线的参数方程为，（为参数），得曲线的直角坐标方程为，其圆心，半径.由题意可得设，易知的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，而，又，由二次函数性质可知，当时，，所以的最大值为.23．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论去掉绝对值解不等式即可；（2）根据绝对值的三角不等式求出，再由“1”的技巧及均值不等式证明.【详解】（1）当时，，解得；当时，则有，解得；当时，，解得.综上所述，不等式的解集为.（2）证明：由绝对值三角不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故，所以，又因为，，均为正数，所以，当且仅当时，等号成立，故.