2023届甘肃省兰州市西固区兰州市第六十一中学高三上学期期末数学（理）试题含答案

这是一份2023届甘肃省兰州市西固区兰州市第六十一中学高三上学期期末数学（理）试题含答案，共19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届甘肃省兰州市西固区兰州市第六十一中学高三上学期期末数学（理）试题 一、单选题1．复数z满足，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据复数的除法及复数模的定义求解即可.【详解】由题意可知，所以，故选：D2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解不等式化简集合A，再求函数的值域得集合B，然后利用交集的定义计算作答.【详解】解不等式得：，于是得，，所以.故选：C3．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用诱导公式及二倍角的余弦公式计算作答.【详解】因，所以.故选：C4．某企业秉承“科学技术是第一生产力”的发展理念，投入大量科研经费进行技术革新，该企业统计了最近6年投入的年科研经费x（单位：百万元）和年利润y（单位：百万元）的数据，并绘制成如图所示的散点图．已知x，y的平均值分别为，．甲统计员得到的回归方程为；乙统计员得到的回归方程为；若甲、乙二人计算均未出现错误，有下列四个结论：①当投入年科研经费为20（百万元）时，按乙统计员的回归方程可得年利润估计值为75.6（百万元）（取）；②；③方程比方程拟合效果好；④y与x正相关．以上说法正确的是（    ）A．①③④ B．②③ C．②④ D．①②④【答案】D【分析】结合样本中心点过回归直线方程，已知数据，散点图等依次判断各命题即可得答案.【详解】解：将代入，得，①正确；将，代入得，②正确；由散点图可知，回归方程比的拟合效果更好，③错误；因为随的增大而增大，所以与正相关，④正确．故①②④正确．故选：D．5．在等差数列中，且，则的最大值等于（    ）A．4 B．6 C．8 D．9【答案】A【分析】先由等差数列的求和公式，得到，再由基本不等式，即可求出结果.【详解】因为在等差数列中，所以，即，又，所以，当且仅当时，等号成立，所以，的最大值为4.故选：A.6．“”是“椭圆的焦距为4”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由椭圆的焦距为4，分类讨论求得或时，再结合充分条件和必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，椭圆可化为，当时，，解得，当时，，解得，即当或时，椭圆的焦距为4，所以“”是“椭圆的焦距为4”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及几何性质，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记椭圆的标准方程和几何性质，结合充分条件、必要条件的判定求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.7．莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大､内容最丰富的佛教艺术胜地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游.已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中莫高窟九层楼96号窟､莫高窟三层楼16号窟､藏经洞17号窟被誉为最值得参观的洞窟.根据疫情防控的需要，莫高窟改为极速参观模式，游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，所有选择中至少包含2个最值得参观洞窟的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据排列组合知识求得基本事件的个数后可得概率．【详解】8个开放洞窟中有3个最值得参观，所求概率为．故选：B．8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（    ）  A． B． C． D．【答案】A【分析】根据几何体的结构特征，求表面积.【详解】该几何体上下底面为两个半径为1的圆面的，侧面为底面半径为1高为2的圆柱侧面的和两个底为1高为2的矩形.该几何体的表面积为.故选：A9．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点M在抛物线C上，过点M作，为垂足，已知直线的斜率为2，的面积为10，则p等于（    ）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】设，由条件可将用表示出来，再结合面积即可求出p.【详解】 设，可知，，，得，，由抛物线的性质可知，，解得.故选：C.【点睛】本题考查抛物线的性质，属于基础题.10．若函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由函数在区间上单调递减，得到恒成立，用分离参数法求解.【详解】对于函数，导数.要使函数在区间上单调递减，只需恒成立.因为，只需，只需恒成立.记，只需..因为，所以.由在上单减，在上单增，且时，，时，.所以在上的最大值为，所以在的最大值为1.所以.故选：B11．在三棱锥中，侧棱底面，如图是其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图，其中，则该三棱锥外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据斜二测画法，还原可得的三边长，由正弦定理与余弦定理，求得的外接圆圆心和半径，过该圆心作底面垂线，设出三棱锥外接球的球心，构造直角三角形可得半径，可得答案.【详解】根据斜二测画法，还原图象可得：由题意可得：，则，由余弦定理，可得：，即，由正弦定理，可得外接圆的半径，则三棱锥作图如下：作平面，且底面，所以，取点为三棱锥外接球的球心，则，作，易知四边形为正方形，即，则，即三棱锥外接球表面积.故选：D.12．已知函数，若且满足，则的取值范围是（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意画出图像，并得到,,将三个变量均转化为一个变量c，令对函数求导得到函数的单调性进而得到最值.【详解】画出的图象，由且得：,,.,令，则，，，，则函数在区间上单调递增，，即，的取值范围是（以为变量时，注意的取值范围为）.故答案为D.【点睛】这个题目考查了到了导数在求函数最值中的应用，解题时应根据函数的导数判定函数的增减性以及求函数的极值和最值，应用分类讨论法，构造函数等方法来解答问题．对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数. 二、填空题13．高斯被誉为历史上最伟大的数学家之一，与阿基米德、牛顿、欧拉同享盛名，高斯函数也被应用于生活、生产的各个领域．高斯函数也叫取整函数，其符号表示不超过x的最大整数，如：．若函，则的值域为         ．【答案】【分析】先求出的值，再根据高斯函数的定义即可求出答案.【详解】当或时，；当时，；故的值域为．故答案为：.14．的展开式中，项的系数为35，则实数a的值为      ．【答案】或3【分析】根据二项式定理的通项公式，分别求出含有项的系数，利用系数为35，列出方程即可求解.【详解】解：由二项式定理的通项可得，，，，因为项的系数为35，所以，整理得，解得或，故答案为：或3.15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则           .【答案】4【分析】将化简，可得一个边角关系，然后再结合正弦定理可得答案.【详解】因为在中，若，所以，所以，即，由正弦定理得，化简得，所以.故答案为：416．已知数列满足，且，则         ．【答案】4037【分析】可根据相邻两项和为定值列出与相关的和的式子，即可求解.【详解】由题，，相减得，又，则.故答案为：4037. 三、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答该问题.问题：锐角的内角的对边分别为，且______. (1)求；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）选①，首先通过正弦定理将已知条件中的边转化成角，然后根据恒等变换化简即可求出角；选②，首先通过正弦定理将已知条件中的边转化成角，然后将代入，最后根据恒等变换化简即可求出角；选③，首先通过正弦定理将已知条件中的边转化成角，然后根据恒等变换化简求出，即可求出角.（2）首先将代入，然后利用恒等变换将其化简成正弦型函数，最后根据正弦函数的性质求解取值范围即可.【详解】（1）选①，所以，所以，整理得.因为，所以.因为，所以.选②因为，所以，所以，整理得.因为，所以，因为，所以.选③因为，所以，所以，整理得.因为，所以.因为，所以，.（2）因为，所以.因为，所以，所以，所以，所以，故.18．2021年中国共产党迎来了建党100周年，为了铭记建党历史、缅怀革命先烈、增强爱国主义情怀，某校组织了党史知识竞赛活动，共有200名同学参赛．为了解竞赛成绩的分布情况，将200名同学的竞赛成绩按、、、、、、分成7组，绘制成了如图所示的频率分布直方图．(1)求这200名同学竞赛成绩的中位数及竞赛成绩不低于80分的同学人数；(2)学校决定对竞赛成绩不低于80分的同学中以抽奖的方式进行奖励，其中竞赛成绩不低于90分的同学有两次抽奖机会，低于90分不低于80分的同学只有一次抽奖机会，奖品为党史书籍，每次抽奖的奖品数量（单位：本）及对应的概率如下表：现在从竞赛成绩不低于80分的同学中随机选一名同学，记其获奖书籍的数量为，求的分布列和数学期望．奖品数量（单位：本）24概率【答案】(1)中位数65，不低于80分的同学有人；(2)分布列见解析， 【分析】（1）先确定中位数所在的组，设中位数为，由从左到右频率和为0.5列等式求解即可；（2）的可能取值为2，4，6，8，对应的概率P分步计算：第一步为不同抽奖次数的概率，第二步为不同抽中本数的概率，最后按定义列出分布列，求数学期望即可.【详解】（1）∵，，所以中位数位于之间，设这200名同学竞赛成绩的中位数为，则，解得．竞赛成绩不低于80分的学生人数为：；（2）设这名同学获得书籍的数量为，则的可能取值为2，4，6，8．，，，，所以的分布列为2468.19．立德中学积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍(méng)”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是边长为4的正方形三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．(1)若是四边形对角线的交点，求证：平面(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面夹角．【详解】（1）取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且，是线段与的中点，且，在图1中且，且．所以在图2中，且，且四边形是平行四边形，则由于平面，平面平面（2）由图1，，折起后在图2中仍有，即为二面角的平面角．，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设，则，，，设平面的一个法向量，由，得，取则于是平面的一个法向量，，∴直线与平面所成角的正弦值为【点睛】20．已知椭圆，倾斜角为的直线过椭圆的左焦点和上顶点B，且（其中A为右顶点）.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若过点的直线l与椭圆C交于不同的两点P，Q，且，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，即可求椭圆方程；（2）讨论直线的斜率不存在和存在两种情况，联立方程，将向量关系，转化为坐标关系，并利用韦达定理消元整理，并根据，求解.【详解】（1）由题可知 解得故椭圆的方程为.（2）当直线l的斜率不存在时，设，，，由，，得，同理，当,时，得，所以，当直线l的斜率存在时，即时，设直线的方程为，联立消去y得.因为直线l与椭圆C交于不同的两点P、Q，所以，即①.设，则②，则，由，得③，③代入②得，化简整理得④，将④代入①得，化简得，解得或.综上，m的取值范围为.21．已知函数.(1)若时，取得极值，求的单调区间；(2)若函数，求使恒成立的实数的取值范围.【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是；(2) 【分析】（1）首先求函数的导数，利用极值点，求，再求函数的单调区间；（2）首先不等式变形为，再利用换元和参变分离为，，转化为利用导数求函数的最值问题，即可求解.【详解】（1），因为函数在处取得极值，所以，则，当时，，得 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得极大值，综上可知函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是；（2），恒成立，即，设，，所以函数单调递增，，不等式转化为，时恒成立，转化为恒成立，即，设，，解得：，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值是，所以实数的取值范围为22．在平面直角坐标系中，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)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)直线与轴交于点，与曲线交于，两点，求．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；（2）利用一元二次方程根和系数的关系的应用求出结果【详解】（1）直线的参数方程为，消去参数，可得，即；曲线的极坐标方程为，即，化为直角坐标方程是，即；所以直线的普通方程是，曲线的直角坐标方程为；（2）令，得直线与轴交于点，把直线的参数方程化为为参数），代入，得到，故，；所以．23．已知，且，.(1)求的最小值；(2)求的最小值.【答案】(1)3；(2). 【分析】（1）由已知推得，将变形为，展开用基本不等式，即可求得的最小值；（2）原式可变形为，进而求出，用“1”的代换将变形为，展开用基本不等式，即可求得的最小值.【详解】（1）因为，，所以，当且仅当，且，即，时等号成立， 则的最小值为3.（2），因为，所以，所以原式，当且仅当，且，即，时等号成立，则的最小值为.