甘肃省金昌市2023届高三二模数学（文）试题（含解析）

甘肃省金昌市2023届高三二模数学（文）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若复数满足，其中为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

3．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，若该圆台的体积为，则其母线长为（    ）

A． B． C．4 D．

4．已知向量的夹角为，，则（    ）

A． B． C． D．7

5．已知，且，则的值为（    ）

A． B． C． D．

6．在等比数列中，是数列的前项和．若，则（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

7．在正中，连接三角形三边的中点，将它分成4个小三角形，并将中间的那个小三角形涂成白色后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图形．在内随机取一点，则此点取自白色部分的概率是（    ）

A． B． C． D．

8．某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内的条件可以是（    ）

A． B． C． D．

9．已知是函数的一个零点，若，则（    ）

A． B．

C． D．

10．已知双曲线的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线的两个交点为．若，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

11．已知函数在上单调递增，且在区间上既有最大值又有最小值，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

12．已知直线过拋物线的焦点，且与抛物线相交于两点，点关于轴的对称点为（异于点），直线与轴相交于点，若直线的斜率为，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．函数的极大值为_______.

14．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题，“今有金箠，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是“现有一根金杖，长五尺，一头粗，一头细．在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，估计此金杖总重量约为_________斤．

15．若函数，又是函数的图象上的两点，且的最小值为，则的值为______.

16．已知三棱锥内接于球，点分別为的中点，且．若，则球的体积为_________．

三、解答题

17．在中，内角的对边分别为，且．

(1)求；

(2)若，求．

18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面．

(1)证明：平面；

(2)若，且，求点到平面的距离．

19．中学阶段是学生身体发育最重要的阶段，长时间熬夜学习严重影响学生的身体健康．某校为了解甲、乙两班学生每周自我熬夜学习的总时长（单位：小时），分别从这两个班中随机抽取5名同学进行调查，得到他们最近一周自我熬夜学习的总时长的样本数据：

如果学生平均每周自我熬夜学习的总时长超过26小时，则称为“过度熬夜”．

(1)请根据样本数据，分别估计甲、乙两班的学生平均每周自我熬夜学习时长的平均值；

(2)从样本甲、乙两班所有“过度熬夜”的学生中任取2人，求这2人都来自甲班的概率．

20．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．

(1)求椭圆的方程；

(2)是否存在直线，使得直线与圆相切，与椭圆交于两点，且满足（为坐标原点）？若存在，请求出直线的方程，若不存在，请说明理由．

21．已知函数．

(1)若，求函数的图像在处的切线方程；

(2)若，是函数的两个极值点，求的取值范围，并证明：．

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求曲线的直角坐标方程和的普通方程；

(2)求曲线上的点到直线距离的最小值．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若不等式的解集为，求证：．

参考答案：

1．A

【分析】根据复数除法运算化简复数z，然后可得.

【详解】由复数，得，所以．

故选：A

2．B

【分析】分别计算出集合和，再由交集的运算计算出，即可得出答案．

【详解】由，，

所以，

故选：B．

3．A

【分析】根据圆台体积公式求出圆台高，再由高及底面半径求圆台母线.

【详解】设圆台的高为，

则圆台的体积，

解得，

故圆台母线长．

故选：A

4．C

【分析】根据向量的数量积的定义及运算性质求解.

【详解】因为向量的夹角为，，

所以，

所以．

故选：C

5．D

【分析】先用余弦的二倍角公式解出，再用平方关系即可求出.

【详解】由得，即，

所以，又，则，

所以，所以．

故选：D.

6．C

【分析】根据等比数列的通项公式及求和公式列方程求解.

【详解】设的公比为，

则，解得，

由，解得，

所以，

解得.

故选：C

7．B

【分析】将中间白色三角形依规律分成4个小白色三角形，根据几何概型分析计算即可．

【详解】将中间白色三角形依规律分成4个小白色三角形，如图所示，

则共可分为16个相同的小三角形，白色部分有7个小三角形，黑色部分有9个小三角形，

故在内随机取一点，则此点取自白色部分的概率是，

故选：B．

8．C

【分析】根据流程图逐步代入数据检验即可判断.

【详解】，

输出，则判断框内应填入“”．

故选：C.

9．B

【分析】根据指数函数及一次函数的单调性确定函数递减，再由零点存在性确定零点范围，结合单调性判断大小.

【详解】函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递减，

故函数在区间上单调递减，

又，

所以，

因为，，

由单调性知，即．

故选：B

10．D

【分析】结合圆的垂径定理及点到直线距离公式求出焦点到准线的距离，求出离心率即可.

【详解】因为，，所以三角形为正三角形，

所以到直线的距离为，所以，

因为，所以，所以，所以.

故选：D

11．B

【分析】根据函数在上单调递增，利用函数导数性质求出的取值范围，在由在区间上既有最大值又有最小值求出的取值范围，然后求交集即可.

【详解】1.因为，则，

若在上单调递增，则在上恒成立，

即恒成立，则，解得；

2.因为，则，

①当时，对任意恒成立，所以在上单调递增，

此时只有最大值，没有最小值不满足题意；

②当时，对任意恒成立，所以在上单调递减，

此时只有最小值，没有最大值不满足题意；

③当时，令，解得；令，解得；

则在单调递增，在单调递减，所以为最小值，

若在上既有最大值，又有最小值，

则且，解得：；

综上所述：．

故选：B.

12．D

【分析】根据题意可证明重合，联立直线与抛物线方程，根据根与系数的关系及直线斜率求出，再由三角形面积公式得解.

【详解】设抛物线的准线与轴的交点为，过点分别作准线的垂线，垂足分别为，

因为，并结合抛物线定义可得，

又因为，

所以，所以，即，

因为点关于轴的对称点为，所以点与点重合．

设直线的方程为，则，

联立方程得，

所以，

又因为直线的斜率为，

所以，即，

所以的面积为．

故选：D

13．

【分析】根据题意求出导函数，再令，确定极值点，再讨论极值点两端函数单调性，确定极大值．

【详解】根绝题意得：，

令，解得，或，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以为极大值，为极小值．

综上，函数的极大值为．

【点睛】本题考查求函数极值，首先令导函数等于0，确定极值点，再分析极值点两边函数单调性，从而确定极大值或极小值，切记不等价于函数取极值．

14．15

【分析】根据题意，每节重量构成等差数列，由等差数列求和公式得解.

【详解】由题意知每节的重量构成等差数列，

设首项为2，则第5项为4，

所以总重量为斤．

故答案为：15

15．

【分析】先根据最大值点和对称中心的最小距离求出周期，再求出函数解析式，代入解析式结合诱导公式及特殊角的函数值求解即可.

【详解】因为，所以，则，

所以，此时点A、B为函数上相邻的最高点和对称中心，

所以，所以，解得，所以，

所以.

故答案为：

16．/

【分析】根据题意知球心在线段上，由直角三角中勾股定理列出方程求出半径即可得解.

【详解】依题意知，既是的垂直平分线，又是的垂直平分线，

所以球心在线段上，如图，

设，球的半径为，

在中，，

在中，

则，

所以．

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得解；

（2）由正弦定理化简后再由两角和正弦公式及辅助角公式化简得解.

【详解】（1）由已知及正弦定理得，

因为．

所以，

因为，所以，

因为，所以．

（2）因为，由正弦定理化简得，

又，

所以．

所以．

所以，

因为，所以，

所以．

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直，由线面垂直的判定定理得证；

（2）根据等体积法求出点到面的距离即可.

【详解】（1）证明：因为四边形是矩形，所以，

又平面平面，平面平面平面，

所以平面，因为平面，所以．

因为平面，所以平面．

（2）如图，取中点为，连接，由（1）知平面，所以，

又，

所以且，

由平面平面，平面平面平面，

则平面，即点到平面的距离为1，

因为，所以，

又，所以，

所以．

所以，

设点到平面的距离为，则，

，解得，

即点到平面的距离为．

19．(1)24.4小时

(2)

【分析】（1）根据平均数计算公式直接计算可得；

（2）列举出所有可能情况，然后由古典概型概率公式可得.

【详解】（1）甲班样本数据的平均值为，

由此估计甲班学生每周平均熬夜时间24小时；

乙班样本数据的平均值为，

由此估计乙班学生每周平均熬夜时间24.4小时．

（2）由题知，甲班“过度熬夜”的有3人，记为，乙班“过度熬夜”的有2人，记为，

从中任取2人，有，共10种可能，

其中都来自甲班的有，共3种可能，

所以所求概率．

20．(1)

(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）设椭圆方程为，将已知点坐标代入解方程组即可；

（2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程消去y，利用韦达定理表示，再根据直线与圆相切列方程，联立求解即可判断.

【详解】（1）设椭圆的方程为．

因为过两点，所以解得，

所以椭圆的方程为．

（2）假设存在直线满足题意．

（ⅰ）当直线的斜率不存在时，此时的方程为．

当时，，

同理可得，当时，．

（ⅱ）当直线的斜率存在时，设的方程为，设，

因为直线与圆相切，所以，即①，

联立方程组整理得，

，

由根与系数的关系，得

因为，所以．

所以，

所以，

整理得②，

联立①②，得，此时方程无解．

由（ⅰ）（ⅱ）可知，不存在直线满足题意．

21．(1)

(2)，证明见解析

【分析】（1）先求出切点，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程；

（2）由有两个极值点，则在有两个不相等的实数根，得出的取值范围，再由根与系数的关系得出，，代入，得出，结合即可证明结论．

【详解】（1）当时，，，

所以，，

所以函数的图像在处的切线方程为，即．

（2）因为，

所以，

由题意知是方程在内的两个不同的实数解，

令，

又，且函数图像的对称轴为直线，

所以只需，

解得，即实数的取值范围为，

由是方程的两根，

得，，

故

，

又，

所以．

22．(1)曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转化公式求直角坐标方程，消参可得直线普通方程；

（2）根据抛物线方程设出点的坐标，由点到直线距离公式配方后求最值.

【详解】（1）因为曲线的极坐标方程为，

所以，

所以．

由消去得．

故曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程．

（2）设曲线上任意一点，

则到直线的距离为．

所以当时，．

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分情况去绝对值符号进行求解；

（2）用分析法证明.

【详解】（1）解：当时，，解得．

当时，，解得．

当时，，解得．

综上，的解集为．

（2）证明：由（1）知，所以，

要证．只需证，即．

只需证，即．

由，得．故原不等式成立．