甘肃省兰州市第五十一中学2022-2023学年高三上学期期中数学理科试题

2023届高三考试试题

数学理科

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 设全集，则如图阴影部分表示的集合为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由韦恩图可知阴影部分表示的集合为，根据集合的运算求解即可．

【详解】易知阴影部分为集合，

由，可得

故选:．

2. 已知复数，为的共轭复数，则（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出，代入，即可求得模长.

【详解】由题：，，

，

所以.

故选：C

3. △ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由正弦定理化简求解，

【详解】由正弦定理得，化简得，

则，

故选：B

4. 等差数列中，“”是“”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】由等差数列的性质判断，

【详解】已知为等差数列，若，则公差，，

若，则，故“”是“”的充分必要条件，

故选：C

5. 已知向量与的夹角是，且，则向量与的夹角是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用向量数量积的定义和运算性质求解即可.

【详解】由向量的平方等于模长的平方可得，

所以，解得，

所以，

即向量与的夹角为，

故选：D.

6. 函数的大致图象可能是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性和函数在上的图象进行排除，由此确定正确选项.

【详解】函数的定义域为，

且，

所以为偶函数，由此排除C、D选项.

当时， ，，即，所以B选项错误.

故选：A

7. ，，三人参加单位组织的安全生产知识(闭卷)竞赛，三人向组织人员询问结果，得知他们三人包揽了这次竞赛的前三名，未告知具体名次，但提供了以下3条信息：①不是第一名；②不是第三名；③是第三名，并告知他们这3条信息中有且只有一条信息正确，那么该次竞赛的第一名，第二名，第三名依次为（    ）

A. ､､ B. ､､ C. ､､ D. ､､

【答案】B

【解析】

【分析】因为3条信息中只有1条是信息是正确的，逐个分析正确的信息可得出答案.

【详解】由题意知若③对，则②也对，不合题意，故③一定错误，

则为第一名，或为第二名，若为第一名，

则①正确，那么②错误，故为第三名，符合题意；

若为第二名，此时① ②同真，或同假，不合题意.

故选：B.

8. 如图，在直三棱柱中，，，则点A到平面的距离为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】要求点A到平面距离，可以用等体积法，由代入相关量即可解得.

【详解】因为三棱柱为直三棱柱，且，，所以，，又为正三角形，则，由得，，，解得.

故选：A

9. 已知定义在的函数，，若，则一定有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】令，对求导，根据已知及导数与单调性的关系可得的单调性，从而可得结论．

【详解】解：令，，则，

因为定义在的函数，，

所以，

所以，

所以在上单调递增，

若，则，即，

所以．

故选：A．

10. 正实数满足,则的最小值为（    ）

A.  B. 1 C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】

由,变形为，然后利用“1”的代换，结合基本不等式求解.

【详解】因为,

所以，

则，

，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为1，

故选：B.

11. 设抛物线的焦点为F，准线为l，A为C上一点，以F为圆心，为半径的圆交l于B，D两点，若∠ABD＝90°，且△ABF的面积为，则下列说法错误的是（    ）

A.  B. △ABF是等边三角形

C. 点F到准线的距离为3 D. 抛物线C的方程为

【答案】A

【解析】

【分析】由几何关系与抛物线的性质对选项逐一判断，

【详解】由题意得，，设，

则，而，

则，是中点，故，

故为等边三角形，面积为，则边长，

点F到准线的距离为3，抛物线C的方程为，故B，C，D正确，

，故A错误，

故选：A

12. 已知函数满足，若函数与图像的交点为，，…，，则（    ）

A. m B. 4m C. 6m D. 7m

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数的中心对称相关性质即可求解.

【详解】因为，

所以

所以关于中心对称

，所以关于中心对称

所以

故选：D

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上）

13. 已知满足约束条件，则的最大值为___________.

【答案】7

【解析】

【分析】画出可行域，结合图象求得的最大值.

【详解】作出不等式组，表示的平面区域如下图形阴影部分所示，解方程组，得，即点，平移直线，易知当直线经过可行域内的点M时，取得最大值.

故答案为：

14. 过双曲线的右焦点F作一条直线，当直线斜率为1时，直线与双曲线左、右两支各有一个交点；当直线斜率为3时，直线与双曲线右支有两个不同的交点，则双曲线离心率的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】由双曲线的性质求解，

【详解】双曲线的渐近线为，由题意得，

则，

故答案为：

15. 博鳌亚洲论坛2021年年会于4月18日至21日在海南省琼海市博鳌镇举行，为了做好安保工作，大会期间将甲、乙等5个安保小组全部安排到指定A、B、C三个区域内工作，且这三个区域中每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有______种．

【答案】150

【解析】

【分析】根据题意可分两组，分别求出每一组的方法，根据分类加法计数原理，总和即为所求.

【详解】解：因为三个区域每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，

有两种分组的情况：一种是，另种是，

当按照来分时，共有（种），

当按照来分时，共有（种），

根据分类加法计数原理知种.

故答案为：150.

16. 已知函数，若在上无零点，则的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】由辅助角公式化简，由三角函数性质求解，

【详解】，而若在上无零点，则，，

而时，，

有，，

则或或，

解得或，

故答案为：

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分．

17. 某餐厅为提高服务质量，随机调查了名男顾客和名女顾客，每位顾客对该餐厅的服务给出满意或不满意的评价，得到下面列联表：

（1）完成上述列联表，并判断能否有的把握认为男、女顾客对该餐厅服务的评价有差异？

（2）该餐厅为了进一步提高服务水平，改善顾客的用餐体验，在不满意的顾客中利用分层抽样的方法抽取人听取他们的意见，并从这人中抽取人作为监督员，设为抽取的人中男顾客人数，求的分布列及数学期望．

附：，．

【答案】（1）表格见解析，有；（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；

（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得随机变量的数学期望.

【详解】（1）根据题中信息完善列联表如下：

所以，

所以能有的把握认为男、女顾客对该餐厅服务的评价有差异；

（2）由题意知，抽取的人中男顾客、女顾客的人数分别为人、人，

所以可能取值为、、，

，，，

所以，随机变量的分布列为

所以，．

18. 已知正项数列的前n项和满足：．

（1）求数列的通项公式；

（2）令，求数列的前n项和.

【答案】(1);(2).

【解析】

【详解】分析：(1)先根据和项与通项关系得，再根据等比数列定义以及通项公式求结果，(2)先化简，再根据，利用裂项相消法求和.

详解： （1）由已知，可得

当时，，可解得，或，由是正项数列，故.

当时，由已知可得，，

两式相减得，.化简得，

∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故.

∴数列的通项公式为.

（2）∵，代入化简得，

∴其前项和

.

点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.

19. 如图，四棱锥P－ABCD中，AP⊥平面PCD，，，，E为AD的中点，AC与BE相交于点O．

（1）求证：PO⊥平面ABCD；

（2）求直线AB与平面PBD所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）推导出，，为平行四边形，从而，进而．再由，得面，从而，由面，得，由为等腰直角三角形，得，由此能证明平面；

（2）以O为原点，分别以OB，OC，OP为x轴，y轴，z轴，建立直角坐标系．利用向量法能求出直线AB与平面PBD所成角正弦值．

【小问1详解】

（1）证明：由已知平面PCD，可得，，
由题意得，ABCD为直角梯形，如图所示，

∵，∴BCDE为平行四边形，∴，∴．

又∵，且，∴面，

∵平面APC，∴，

在直角梯形中，，

∵面PCD，∴，

∴为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，

∴．且，∴平面ABCD．

【小问2详解】

以O为原点，分别以OB，OC，OP为x轴，y轴，z轴，建立直角坐标系．

不妨设，则，，，，

，，，

设是平面PBD的法向量．

则，令，得，

设直线AB与平面PBD所成角为，

则直线AB与平面PBD所成角的正弦值为：．

20. 已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0)．

(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值；并求此时f(x)在[－2,1]上的最大值；

(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．

【答案】（1）最大值为；（2）实数的取值范围是．

【解析】

【分析】(1)求得函数定义域和函数导数,将代入函数的导数,利用导数值为解方程求得的值.再根据函数的单调性求出函数在区间上的最大值.(2)对函数求导后,对分成,两类讨论函数的单调区间,利用不存在零点来求得的取值范围.

【详解】（1）函数的定义域为，，

，∴

在上，单调递减，在上，单调递增，

所以时取极小值.所以在上单调递增，在上单调递减；

又，，.

当时，在的最大值为

（2）由于

①当时，，是增函数，

且当时，

当时，，

，取，则，

所以函数存在零点   

②时，，.在上，单调递减，

在上，单调递增，

所以时取最小值.解得

综上所述：所求的实数的取值范围是.

【点睛】本小题主要考查利用函数的导数研究函数的极值和最值,考查利用导数研究函数的零点,以此求得参数的取值范围.根据函数在某点处取得极值,可转化为在这点的导数为零,要注意验证在导数零点左右两侧的调性,若两边单调性相同,这该点不是函数的极值点.函数的极值点必须满足左减右增或者左增右减.

21. A，B为椭圆的左右顶点，，E为椭圆C上任意一点（异于左右顶点）， 设AE，BE的斜率分别为k1和k2，，

（1）求椭圆C的方程；

（2）设动直线与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q，试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）存在，.

【解析】

【分析】（1）由题意求出，得出椭圆的标准方程；

（2）假设平面内存在点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上，利用向量的坐标运算及韦达定理可求出的坐标.

【详解】（1）易知，，，

设，，又，，

代入得，

椭圆C方程为.

（2）由得①

因为动直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以且，

化简得②

将②代入①整理得，，所以

由得

假设平面内存在点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上，

设，则对满足②的m，k恒成立

因为，，

由，化简整理得③

由于③式对满足②式的m，k恒成立，所以解得

故存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点M.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆相交问题求解策略：

（1）解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去(或)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解；

（2）涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

【选修4－4：坐标系与参数方程】（10分）

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线的交点为、，与轴的交点为，求的值.

【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）.

【解析】

【分析】（1）本题可根据参数方程与普通方程的转化以及极坐标方程与直角坐标方程的转化得出结果；

（2）首先可得出直线的参数方程，然后将其代入曲线的方程中，得出，再然后设、两点对应的参数分别为、，则，，最后根据即可得出结果.

【详解】（1），即，消去参数，得，

曲线的普通方程为，

，，，

因为，，所以，

直线的直角坐标方程为.

（2）因为直线的方程为，

所以直线的参数方程为（为参数），

将其代入曲线的方程中，得，

则，

设、两点对应的参数分别为、，则，，

故.

【选修4－5：不等式选讲】（10分）

23. 已知函数

（1）求不等式的解集；

（2）若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）分，和三种情况分别去绝对值求解即可；

（2）根据绝对值的三角不等式求解的最小值，再根据单调性求解即可

【详解】解：（1）不等式可化为

所以，或或

解得或或

所以，不等式的解集为

（2）因为（当且仅当-1时等号成立）

所以

令

则为R上的增函数，且

所以

故实数的取值范围为