2023届甘肃省兰州市第六十一中学（兰化一中）高三第八次阶段考试数学（理）试题含解析

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2023届甘肃省兰州市第六十一中学（兰化一中）高三第八次阶段考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合的特征，将集合中的两个函数联立，解之即可求解.【详解】因为集合，联立方程组，解得或，所以，故选：.2．若复数满足为纯虚数，则（  ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】将代入化简，然后根据其为纯虚数，可求出结果.【详解】为纯虚数，∴，∴.故选：A3．校园环境对学生的成长是重要的，好的校园环境离不开学校的后勤部门.学校为了评估后勤部门的工作，采用随机抽样的方法调查100名学生对校园环境的认可程度（100分制），评价标准如下：中位数评价优秀良好合格不合格2023年的一次调查所得的分数频率分布直方图如图所示，则这次调查后勤部门的评价是（    ）A．优秀 B．良好 C．合格 D．不合格【答案】B【分析】根据频率分布直方图求解中位数即可得答案.【详解】解：由频率分布直方图可知，前3组的频率分别为，第4组的频率为所以，中位数，即满足，对应的评价是良好.故选：B.4．羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算得球托之外羽毛所在曲面的展开图的圆心角为（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，求出小圆锥的母线长后可得展开图圆心角．【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为，由相似得，即，∴可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为.故选：C．5．函数且的图象是下列图象中的（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数的自变量，将函数变形为结合正弦函数的性质与图象，根据选项即可求解.【详解】依题意，由此判断出正确的选项为C.故选：C.6．已知方程的四个根组成以1为首项的等比数列，则（   ）A．8 B．12 C．16 D．20【答案】C【分析】设方程的四个根由小到大依次为，，，，不妨设的一根为1，则另一根为27，求得，再由等比数列的性质得到，，求得公比，进而求得，，进而得到，即可求解.【详解】设方程的四个根由小到大依次为，，，，不妨设的一根为1，则另一根为27，所以，由等比数列的性质可知，所以，，所以等比数列，，，的公比为，所以，，由韦达定理得，可得.故选：C.7．将3个1和3个0随机排成一行，则3个0都不相邻的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出总数，再由插空法，得到满足题意的情况，由古典概型的公式即可得出答案.【详解】先考虑总的情况，6个位置选3个放1，有种，再考虑3个0都不相邻的情况，将3个0插入3个1形成的4个空中，有种，可得.故选：C．8．一个四棱台的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为上底长为4，下底长为2，腰长为的等腰梯形，则该四棱台的体积为（    ）A． B． C．28 D．【答案】A【分析】根据三视图得到该四棱台腰长为，上底长为4，下底长为2的正四棱台求解.【详解】解：由三视图可知该四棱台为正四棱台，且腰长为，因为上底长为4，下底长为2，所以该棱台的高为，棱台的体积，故选：.9．已知双曲线：的左、右焦点分别是，，是双曲线右支上一点，且，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则双曲线的离心率为（    ）A． B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由重心坐标求得I的坐标，再利用圆的切线长定理和双曲线的定义得到G的坐标，再根据与轴平行，由求解.【详解】解：如图所示：由题意得：，则，由圆的切线长定理和双曲线的定义得，所以，则，因为与轴平行，所以，即，则，即，解得，故选：B10．已知A，B，C是球的球面上三点，，，，若异面直线与所成角的余弦值是，则球O的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据余弦定理可得，进而根据球的性质得 平面，结合向量的夹角即可求解异面直线的夹角,由面积公式即可求解.【详解】由，，，结合余弦定理得，由于,所以为以为斜边的直角三角形，取的中点为，连接,则 平面， 所以,因此球O的表面积为 ,故选：A  11．在四边形ABCD中，，作于点H．若，则（    ）A． B．10 C． D．12【答案】D【分析】设AC与BD交于点O，由已知可得，则，且即可求结果.【详解】设AC与BD交于点O，因为，所以．又于点H，且，所以，所以．故选：D12．若，则（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据等式解出a、b、c的值，利用作差法，再通过构造函数，通过函数单调性判断作差后的两式大小，最后作出比较.【详解】由可得：，，，比较a和b，构造函数，当，，在上单调递增，故，即.同理比较b和c，构造函数，当，，∴在上单调递增，∴，即.综上，.故选：A【点睛】方法点睛：比较数值大小方法.①估值法：找出式子的取值区间，以此判断各个式子的大小关系；②作差法与构造函数法：当无法进行估值判断式子大小时，可两两个式子相减，将相减式子构造成函数，通过函数导数判断其单调性，根据单调性判断差值大小，以此判断式子大小. 二、填空题13．抛物线的焦点坐标是_______．【答案】【分析】将抛物线方程转化为标准形式，由此求得抛物线的焦点坐标.【详解】由得，所以抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为.故答案为：【点睛】本小题主要考查抛物线焦点坐标的求法，属于基础题.14．已知x，y满足约束条件，若的最大值为4，则______．【答案】2【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定的最大值．【详解】作出，满足约束条件对应的平面区域如图：（阴影部分）则，若取得最大值为4，即目标函数在轴的最大截距为4，目标函数经过时，取最大值，则，解得，故答案为：2．  15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则______．【答案】1【分析】利用正弦定理及三角恒等变换得，则，求出的大小，再求出的大小，最后得到角，则得到.【详解】由和正弦定理得,则有,整理得，，则，，又，则由正弦定理有， ，故答案为：1,16．函数在内有极小值，则的一个可能取值为______．【答案】（答案不唯一，只要符合均可）【分析】根据导数求解函数的单调性，即可得 时，取极小值，列不等式即可求解.【详解】由得，若有极值点，则，所以，故当 或时，，此时 单调递增，当时，，此时 单调递减，故当 时，取极小值，因此要使在内有极小值，则 ，故答案为：（答案不唯一，只要符合均可） 三、解答题17．记为等差数列的前项和，已知，．    （1）求的通项公式；    （2）求，并求的最小值．【答案】（1）；（2），最小值为–16．【分析】（1）方法一：根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式即得结果；（2）方法二：根据等差数列前n项和公式得，根据二次函数的性质即可求出.【详解】（1）[方法一]：【通性通法】【最优解】 公式法设等差数列的公差为，由得，，解得：，所以．[方法二]：函数+待定系数法设等差数列通项公式为，易得，由，即，即，解得：，所以． （2）[方法1]：邻项变号法由可得．当，即，解得，所以的最小值为，所以的最小值为．[方法2]：函数法由题意知，即，所以的最小值为，所以的最小值为．【整体点评】（1）方法一：直接根据基本量的计算，利用等差数列前n项和公式求出公差，即可得到通项公式，是该题的通性通法，也是最优解；方法二：根据等差数列的通项公式的函数形式特征，以及等差数列前n项和的性质，用待定系数法解方程组求解；（2）方法一：利用等差数列前n项和公式求，再利用邻项变号法求最值；方法二：利用等差数列前n项和公式求，再根据二次函数性质求最值．18．某工厂采购了一批新的生产设备．经统计，设备正常状态下，生产的产品正品率为0.98．为监控设备生产过程，检验员每天从该设备生产的产品中随机抽取10件产品，并检测质量．规定：抽检的10件产品中，若至少出现2件次品，则认为设备生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测及修理．(1)假设设备正常状态，记X表示一天内抽取的10件产品中的次品件数，求，并说明上述监控生产过程规定的合理性；(2)该设备由甲、乙两个部件构成，若两个部件同时出现故障，则设备停止运转；若只有一个部件出现故障，则设备出现异常．已知设备出现异常是由甲部件故障造成的概率为p，由乙部件故障造成的概率为．若设备出现异常，需先检测其中一个部件，如果确认该部件出现故障，则进行修理，否则，继续对另一部件进行检测及修理．已知甲部件的检测费用1000元，修理费用5000元，乙部件的检测费用2000元，修理费用4000元．当设备出现异常时，仅考虑检测和修理总费用，应先检测甲部件还是乙部件，请说明理由．参考数据：．【答案】(1)，说明见解析(2)答案见解析 【分析】（1）可得，即可求出；（2）求出两种情况的费用均值，比较即可得出.【详解】（1）由题可知，单件产品为次品的概率为0.02，所以，所以，，所以，由可知，如果生产状态正常，一天内抽取的10个零件中，至少出现2个次品的概率约为0.014，该事件是小概率事件，因此一旦发生这种状况，就有理由认为设备在这一天的生产过程出现了异常情况，需对设备进行检测和修理，可见上述监控生产过程的规定是合理的.（2）若先检测甲部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为6000，7000，则，，所以，若先检测乙部件，设检测费和修理费之和为元，则的所有可能值为6000，8000，则，，所以，所以，则当时，，应先检测乙部件；当时，，先检测甲部件或乙部件均可；当时，，应先检测甲部件.19．如图，已知菱形中，，点为边的中点，沿将折起，得到且二面角的大小为，点在棱上，平面.(1)求的值；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先通过面面平行的性质证明，则，再利用三角形相似即可得到答案；（2）利用二面角定义得到，建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求出二面角余弦值即可.【详解】（1）连接，设，连接，取中点点，分别连接,,则，平面，平面，则平面，又因为平面，且，平面，所以平面平面，又因为平面与平面平面相交，则交线，故，因为为中点，且底面为菱形，故，又在菱形中，，所以，所以.（2）因为，，所以三角形为等边三角形，所以，而根据折叠过程可知，且平面平面，平面，，因此是二面角的平面角，则，如图，以点为原点，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系.依据题意，从而设平面的法向量，由得到，由得到.令设平面的法向量，由得到，由得到.令.因此，所以，所求二面角的余弦值是.20．已知椭圆的左顶点，点是椭圆上关于原点对称的两个动点（点不与点重合），面积的最大值是2.(1)求椭圆的方程.(2)若直线与轴分别相交于点，是否存在定点，总有？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，点或 【分析】（1）设椭圆的右顶点为，根据题意可得，求出b，即可求解；（2）设，由向量的坐标表示可得，设，表示出直线的方程，联立直线PQ与AP、AQ方程，求出点P坐标，代入椭圆方程得、，结合韦达定理，即可求解.【详解】（1）由题意知，设椭圆的右顶点为，，所以，即的最大值为2，所以，所以椭圆的方程为；（2）设，由得到：，即，设，直线的方程分别是，联立，解得，即点的坐标为，因为点在椭圆上，所以，化简得；同理，，所以m、n是方程的两个异根，得.有，当且仅当，即时恒成立，因此，存在点或使得恒成立.21．已知函数.(1)若，求函数的极值；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)极大值为，无极小值.(2) 【分析】（1）当时，对函数求导，判断单调区间，即可得到极值；（2）采用分离参数的方式得到，令，对函数求导判断单调性，求得的最小值，进而可得到m的取值范围.【详解】（1）当时，，其定义域为，，令，得，∴当时，；当时，，∴在单调递增，在单调递减，∴的极大值为，无极小值.（2）由得，∴在上恒成立.令，则，令，易知在单调递增，∵，，∴，使得，即，∴当时，；当时，；∴在单调递减，在上单调递增，∴.由得，∴，∴， ∴，∴的取值范围是.【点睛】（1）解决含有参数的恒成立问题，可优先考虑分离参数，对不等式中含有x的的一端重新构建新函数，对构建的新函数求导判断单调性，求得最值，就可以得到参数的取值范围；（2）对于导数中出现超越函数类型的结构，并且相应导函数的零点不好求得时，可采用设零点方式处理．22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（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)求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；(2)若射线（其中，且，）与曲线在轴上方交于点，与直线交于点，求.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）采用代入消参方法可得直线的普通方程，结合可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）方法一：分别联立射线与曲线C及直线l的极坐标方程，得到，即可求得.方法二：分别联立射线与曲线C及直线l的直角坐标方程，得到M和N的点坐标，即可求得【详解】（1）由，得，即.故直线的普通方程是.由得，代入公式，得，∴，故曲线的直角坐标方程是.（2）方法一：由（其中，且，），得，.将射线代入曲线的极坐标方程，可得，∴.直线的极坐标方程为，将代入直线的极坐标方程可得，∴，∴.方法二：由题可得射线（其中，且，）的直角坐标方程为.联立，解得，则点.联立解得，则点.∴.23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若，，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）就的不同的取值范围分类讨论后可求不等式的解；（2）求出的最小值后利用公式可求参数的取值范围.【详解】（1）①当时，，解得；②当时，，解得；③当时，，无解，∴不等式的解集为.（2）∵，，∴，由（1）知在递减，递增，递增，∴，∴，∴，解得.