2023届甘肃省张掖市高三上学期第一次诊断考试数学（理）试题含解析

2023届甘肃省张掖市高三上学期第一次诊断考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用解一元二次不等式、指数函数的值域化简两个集合，再求其并集.

【详解】由题意，得，

且，

所以.

故选：B.

2．若复数满足（其中为虚数单位），则

A．1 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】由复数的除法运算，化简复数得，再利用复数模的计算公式，即可求解．

【详解】由复数满足，则，

则，故选D．

【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，以及复数模的计算，其中解答熟记复数的除法运算的公式，以及复数模的计算公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．

3．已知直线，，且，点到直线的距离（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据两直线垂直公式求得，再用点到线的距离求解即可

【详解】由可得，解得，故

故选：D

4．已知则

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用二倍角公式()即可求解.

【详解】

故选D.

【点睛】本题考查三角恒等变换求值，考查二倍角余弦公式、诱导公式.把待求转化为已知需要增倍、降次，自然可以联想到二倍角公式.

5．若函数的图象如图所示，则的解析式可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用函数的奇偶性和特殊值的思路判断即可.

【详解】根据函数图象可得函数为偶函数，

A选项，

B选项，所以AB选项为奇函数，

故AB选项不正确；

根据函数图象可得，而C选项，D选项，所以C选项不正确，D选项正确.

故选：D.

6．已知，，，则的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别计算的范围，直接比较大小即可.

【详解】，，，故.

故选：B.

7．把函数的图象上每个点的横坐标扩大到原来的倍，再向左平移个单位，得到函数的图象，则函数的一个单调递减区间为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据三角函数图像的变换原则得到函数，再由正弦函数的单调性即可求出结果.

【详解】把函数的图象上每个点的横坐标扩大到原来的倍，可得，再向左平移个单位，得到函数的图象，所以；

由得，即函数的单调递减区间为.

故选B

【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换，以及三角函数的性质，熟记平移变换和伸缩变换的原则，以及三角函数的性质，即可求解，属于常考题型.

8．在长为的线段上任取一点，并以线段为边作正方形，这个正方形的面积介于与之间的概率为(         )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】以线段为边作正方形，这个正方形的面积介于与之间对应线段的长，然后代入几何概型的概率计算公式，即可求解.

【详解】因为以线段为边的正方形的面积介于与之间，

所以线段的长度介于与之间，

满足条件的点对应的线段长，而线段总长为，

故正方形的面积介于与之间之间的概率为，故选B.

【点睛】本题主要考查了几何概型及其概率的求解，对于几何概型及其概率的计算中，注意几何度量，可以是线段的长度、面积、体积等，而这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关,着重考查了分析问题和解答问题的能力.

9．已知数列的首项，，前n项和满足，则数列的前n项和为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题可得，进而可得，然后可得，利用等差数列的定义及求和公式即得.

【详解】由得，

即，

所以，所以，

两式作差，得，即，

所以，

所以或，又，

故，

所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，

所以数列的前n项和.

故选：A.

10．已知函数，则不等式的解集为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数解析式判断函数的奇偶性和单调性，进而解出不等式.

【详解】由题意知的定义域为，

，是定义在上的偶函数﹐

在上单调递减，在上单调递增，

，，，，或.

故选：B

11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则为坐标原点的面积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设，，直线的方程为，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，由得，从而可求得，，再由面积公式得结论．

【详解】设，，直线的方程为，将代入，消去可得，所以，．

因为，所以，所以，则，，所以，所以，

又，所以的面积．

故选：D．

【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是应用韦达定理．

即设，，直线的方程为，直线方程代入抛物线方程后整理，应用韦达定理得，再结合已知求出，然后求出三角形面积．

12．已知函数满足当时，，且当时，；当时，且).若函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，分类利用图像列出有3个交点时满足的条件，解之即可.

【详解】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，

如图所示，当时，对称后的图象不可能与在的图象有3个交点；

当时，要使函数关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，

则，解得.

故选：C.

【点睛】本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题，考查学生数形结合的思想、转化与化归的思想，是一道中档题.

二、填空题

13．已知是单位向量，且，则__________.

【答案】

【分析】由已知模平方求得，再求得后可得．

【详解】由单位向量满足，，,

则，所以.

故答案为：．

14．若展开式中各项系数的和等于64,则展开式中的系数是________.

【答案】

【分析】先由各项系数的和，求出，再由二项展开式的通项公式，即可求出结果.

【详解】因为展开式中各项系数的和等于64，

所以，解得；

所以展开式的通项为，

令，得的系数为.

故答案为

【点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于常考题型.

15．设函数．若的图像关于原点对称，则曲线在点处的切线方程为______．

【答案】

【解析】由的图像关于原点对称可得，由导数的几何意义可知切线的斜率为，求得后利用点斜式即可得解.

【详解】由题知为奇函数，可得即，则，

，，

，，

切线方程为即．

故答案为：.

【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用和导数几何意义的应用，属于基础题.

16．正四面体ABCD的棱长为a，E为棱BC的中点，过E作其外接球的截面，若截面面积最小值为，则______．

【答案】

【分析】将四面体ABCD补为正方体分析可得最小的截面位置，再表达出面积求解即可

【详解】将四面体ABCD补为正方体，如下图所示，则正方体的外接球就是正四面体的外接球.

设球心为O，面积最小的截面就是与OE垂直的截面.由图可知，

这个截面就是底面正方形的外接圆，其面积为：.，

解得

故答案为：

三、解答题

17．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

（1）求的值；

（2）若，△ABC的面积为，求边长b的值.

【答案】（1）.（2）.

【解析】（1）根据题意，利用正弦定理化简等式即可得到结论；

（2）根据（1）得，利用三角形面积公式得，再利用余弦定理即可.

【详解】（1）在△ABC中，由正弦定理，

设，则，

带入，化简得，

因为，

所以；

（2）由（1）可知，，，

又，所以，解得.

在△ABC中，由余弦定理，

即，解得.

【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，考查计算能力，属于基础题.

18．如图，四棱锥中，底面，，，，为的中点.

（1）证明：平面；

（2）若是等边三角形，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.

【详解】（1）证明：取的中点，连接、，

、分别为、的中点，则且，

由已知条件可得且，且，

故四边形为平行四边形，所以，，

平面，平面，因此，平面；

（2）因为底面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

为等边三角形，，不妨设，

则、、、，，，

设平面的法向量为，

由，得，令，得，，，

易知平面，平面的一个法向量为，

设二面角的平面角为，由图观察可知为锐角，

，二面角的余弦值为.

19．某“双一流”大学专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为专业一等奖学金（奖金额元）、专业二等奖学金（奖金额元）及专业三等奖学金（奖金额元），且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次.图（1）是统计了该校年名学生周课外平均学习时间频率分布直方图，图（2）是这名学生在年周课外平均学习时间段获得专业奖学金的频率柱状图.

（Ⅰ）求这名学生中获得专业三等奖学金的人数；

（Ⅱ）若周课外平均学习时间超过小时称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，列联表并判断是否有的把握认为该校学生获得专业一、二等奖学金与是否是“努力型”学生有关？

（Ⅲ）若以频率作为概率，从该校任选一名学生，记该学生年获得的专业奖学金额为随机变量，求随机变量的分布列和期望.

【答案】（Ⅰ）160人；（Ⅱ）有；（Ⅲ）见解析.

【分析】（Ⅰ）根据频率之和为1，得到获得三等奖学金的频率，再由总人数得到答案；（Ⅱ）根据频率分布直方图和频率柱状图，填写好列联表，再计算出进行判断，得到答案；（Ⅲ）先得到可取的值，再分别求出其概率，根据数学期望的公式，得到答案.

【详解】获得三等奖学金的频率为:

,

故这名学生获得专业三等奖学金的人数为人.

每周课外学习时间不超过小时的“非努力型”学生有

其中获得一、二等奖学金学生有

每周课外学习时间超过小时称为“努力型”学生有人，

其中获得一、二等奖学金学生有人，

联表如图所示:

故有的把握认为获得一二等奖学金与学习“努力型”学生的学习时间有关；

的可能取值为

,

,

,

的分布列

其期望为元.

【点睛】本题考查利用频率分布直方图求频率和频数，通过求的值进行判断是否相关，随机变量的分布列和数学期望，属于中档题.

20．已知抛物线上的点到其焦点F的距离为.

(1)求抛物线C的方程；

(2)点在抛物线C上，过点的直线l与抛物线C交于，两点，点H与点A关于x轴对称，直线AH分别与直线OE，OB交于点M，N(O为坐标原点)，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据点在抛物线上和抛物线的定义列方程求解即可；

（2）将证明转化成证明，联立方程，利用韦达定理即可证明.

【详解】(1)由点在抛物线上可得，，解得.

由抛物线的定义可得，整理得，解得或(舍去).

故抛物线C的方程为.

(2)由在抛物线C上可得，解得，所以，

直线OE的方程为，

因为点和点关于轴对称，所以，均不为0.

由题意知直线l的斜率存在且大于0，

设直线l的方程为，

联立消去y，得.

则，得，所以，.

由直线OE的方程为，得.

易知直线OB的方程为，故.

要证，即证，

即证，即证，

即证，则，此等式显然成立，

所以.

21．已知函数．

（Ⅰ）若，求函数的单调区间；

（Ⅱ）若函数在区间上有两个不同的极值点，求实数a的取值范围．

【答案】（Ⅰ）单调递增区间，单调递减区间；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）求导后解不等式和，然后与定义域取交集即可求出结果;

（Ⅱ）函数在区间上有两个不同的极值点等价于在上有两个不同根，即在上有两个不同根，进而构造函数，研究函数在的图象与性质即可求出结果.

【详解】（Ⅰ），，

令解得，

所以，，故的单调递增；

令解得或，

所以，，故的单调递减；

综上，的单调递增区间，的单调递减区间；

（Ⅱ）由题意：，，

所以在上有两个不同根，故在上有两个不同根，即在上有两个不同根，设，，，所以，，单调递增：，，单调递减；所以在处取得极大值，也是最大值，，而时，，且，所以．

【点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．

（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．

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

（1）写出直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

（2）设点.若直线与曲线相交于不同的两点，，求的值.

【答案】（1）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.

【分析】（1）消去参数可得直线的普通方程为，极坐标方程化为直角坐标方程可得曲线的直角坐标方程为.

（2）联立直线的参数方程与曲线C的直角坐标方程，结合参数的几何意义，即可求解.

【详解】（1）由直线的参数方程为（为参数），消去参数，

可得直线的普通方程为，

又将曲线的极坐标方程为，化为，

根据，可得曲线的直角坐标方程为.

（2）将直线的参数方程代入曲线中，

可得，整理得

因为方程的两根为直线与曲线的交点对应的参数，，

所以，，

由直线参数的几何意义知

23．设函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若，且关于的不等式有解，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论方式求绝对值不等式的解集.

（2）分类讨论求绝对值不等式的含参解集，再根据不等式有解，结合解集和对应x的范围求参数范围，然后取并即可.

【详解】(1)由题设，，即，

当时，，可得；

当时，，可得；

当时，，无解；

综上，，即不等式解集为.

(2)由题设，，有解，

当时，，则，此时有解，得：；

当时，，则，此时有解，得：；

当时，，则，此时有解；

综上，要使，有解，则.