2023届甘肃省兰州市第二中学高三上学期第二次月考数学（文）试题（解析版）

2023届甘肃省兰州市第二中学高三上学期第二次月考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A．或 B．

C．或 D．

【答案】B

【分析】先求出集合A中元素范围，再根据补集的概念运算即可.

【详解】或，

则

故选：B.

2．已知复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的模的定义与除法法则计算．

【详解】，

．

故选：B．

3．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C．2 D．2

【答案】D

【分析】根据向量垂直的坐标表示求，再由向量的模的坐标表示求.

【详解】由，，，得，则，

所以，所以．选项D正确，

故选：D.

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据诱导公式及同角三角函数关系式进行化简求值.

【详解】由，

根据诱导公式得，

即，

所以，

故选：A.

5．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据对数函数和指数函数的单调性进行放缩，即可得到答案

【详解】，又，得到

故选：D

6．已知椭圆与圆有四个交点，则椭圆C的离心率的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先通过椭圆与圆的交点个数得到b的范围，进而可得离心率的取值范围.

【详解】椭圆与圆有四个交点，

则椭圆的焦点必在轴上，且必有

则椭圆C的离心率，又，

离心率的取值范围是

故选：C

7．某地举办“喜迎二十大，奋进新时代”主题摄影比赛，9名评委对某摄影作品的评分如下： ,去掉一个最高分和一个最低分后，该摄影作品的平均分为91分，后来有1个数据模糊，无法辨认，以表示，则（    ）

A．84 B．86 C．89 D．98

【答案】C

【分析】分别考虑，，时，计算平均数，排除不合题意情况，即可求得答案.

【详解】当时，，则不符合题意；

当时，，则不符合题意；

当时，，解得,

故选：C.

8．已知函数在内恰有三条对称轴，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦函数的性质可得，进而即得.

【详解】因为，

所以，

所以，

解得．

故选：C.

9．在正三棱柱中，E，F分别是棱BC，的中点，若异面直线与EF所成的角是45°，则该三棱柱的侧面积与表面积的比值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取AC中点D，连接FD，DE，通过得到直线与EF所成的角是45°，分别求出侧面积和底面积，则可求出侧面积与表面积的比值

【详解】取AC中点D，连接FD，DE，

又在正三棱柱中，E，F分别是棱BC，的中点，

则，且面ABC，

又直线与EF所成的角是45°，，

直线与EF所成的角是45°

故为等腰直角三角形，

不妨设，则，

则

故

故选：D

10．已知是球内一点，过点作球的截面，其中最大截面圆的面积为，最小截面圆的面积为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】过点E作球O的截面，当截面过球心时，截面圆的面积最大；当截面与OE垂直时，截面的面积最小，由此求解即可．

【详解】∵过点E作球O的截面，当截面过球心时，截面圆的面积最大；当截面与OE垂直时，截面的面积最小，

∴球的半径，最小截面圆的半径，所以．

故选：D．

11．已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据所求不等式的形式，构造函数，利用题目中的条件判断出在上单调递减，进而将所求转化为，再利用单调性求出解集．

【详解】设，则．

因为，所以，即，所以在上单调递减．

不等式等价于不等式，即．

因为，所以，所以．

因为在上单调递减，所以，解得．

故选：C．

12．已知定义域为的奇函数满足：当时，；当时，．现有下列四个结论：

①的周期为2；

②当时，；

③若，则；

④若方程在上恰有三个根，则实数k的取值范围是．

其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①③ B．②③④ C．②④ D．②③

【答案】C

【分析】根据所给条件求出函数在上的解析式，再根据奇偶性求出函数在上的解析式，即可判断①，②，根据等比数列求和公式求出，再求出其最大值，即可求出的取值范围，即可判断③，将方程的根问题转为与在上恰有三个交点，画出函数的大致图象，利用导数的几何意义求出的取值范围，即可判断④.

【详解】因为当时，，当时，，

所以当时，．

因为是定义在上的奇函数，所以当时，，故①错误，②正确．

因为，

所以

因为在上单调递减，所以，所以，故③错误，

方程在上恰有三个根，即的图象与直线在上有三个交点．

是定义在上的奇函数，得，

当时，，，

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

，当时，．

根据以上信息，画出函数的大致图象，如图所示，

直线过定点，所以，

其中为点连线的斜率，，

为直线与曲线相切时的斜率，

设切点为，则．

因为，所以，切线方程为，

将点的坐标代入，得，即，则，

所以，故④正确．

故选：C．

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．已知实数x，y满足约束条件，则z＝x－y的最大值为______.

【答案】4

【分析】作出不等式组对应的可行域，利用数形结合分析得解.

【详解】解：作出不等式组对应的可行域，如图所示，

由题得，它表示斜率为1纵截距为的直线系，

当直线经过点时，直线的纵截距最小，最大.

解方程组得.

所以z＝x－y的最大值为.

故答案为：4

15．如图所示的程序框图的算法功能是计算的值，则判断框内的整数______.

【答案】

【分析】先分析程序框图运算结果，得知当时程序运行，当时程序终止，由此得到，从而求得整数的值.

【详解】因为，

所以当时，程序框图的循环语句还在运行，

当时，程序框图的循环语句运行终止，

即当时，不成立，则；当时，成立，则；

所以，又因为，所以.

故答案为：.

16．在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，a＝4，，点D在线段BC上，，过点D作，，垂足分别是E，F，则面积的最大值是______.

【答案】##

【分析】先由结合正弦定理求得，，再由余弦定理可得，结合不等式证得，又由得，从而求得，，由此得面积的关于的表达式，进而求得其最大值．

【详解】因为，所以由正弦定理得，

则，

因为，所以，

所以，则，

由余弦定理可得，即，

因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，

连结，因为，所以，

所以，则，，

则．

故答案为：.

.

三、解答题

17．设数列的前n项和为，已知是公差为2的等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列前n项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用等差数列通项公式求出，再利用前n项和求数列的通项作答.

（2）由（1）求出，再利用裂相消法求解作答.

【详解】（1）依题意，，因此，即，

当时，，而满足上式，

所以数列的通项公式是.

（2）由（1）知，，

因此，

所以数列前n项和.

18．为丰富学生的校园生活，提升学生的实践能力和综合素质能力，培养学生的兴趣爱好，某校计划借课后托管服务平台开设书法兴趣班，为了解学生对这个兴趣班的喜爱情况，该校随机抽取了该校名学生，调查他们对这个兴趣班的喜爱情况，得到下面的2×2列联表：

以调查得到的男、女学生喜欢书法兴趣班的频率代替概率.

(1)完成题中的2×2列联表，并判断能否有的把握认为是否喜欢书法兴趣班与性别有关；

(2)从该校喜欢书法兴趣班的学生中，用分层抽样的方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名学生，求这名学生中至少有名女学生的概率.

参考公式：，其中.

参考数据：

【答案】(1)见解析；

(2).

【分析】（1）根据题意完成列联表，并根据计算公式计算的值，比较判断可得结论；

（2）找到总的样本点个数，和事件对应的样本点个数，代入古典概型概率计算公式计算可得答案.

【详解】（1）完成列联表如下:

,

所以有的把握认为是否喜欢书法兴趣班与性别有关；

（2）该校喜欢书法兴趣班的学生中，男女生的比例为，

用分层抽样的方法抽取名学生，所以男女生各有各学生，

从这名学生中随机抽取名学生，记为事件，

则总的样本点个数是，全是男生的样本点个数是，

所以这名学生中至少有名女学生的概率为.

19．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面平面ABCD，，，，，，E，H分别是棱AD，PB的中点.

(1)证明：平面PCE；

(2)若，求点P到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先由平面几何证得四边形AFCD是正方形，从而由勾股定理证得，再由面面垂直的性质定理证得，由此利用线面垂直的判定定理证得平面PCE；

（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得平面的法向量，从而由求得点P到平面的距离.

【详解】（1）在棱AB上取点F，使得，连接CF，BE，

因为，，，所以四边形AFCD是正方形，

因为E是棱AD的中点，所以，又，

所以，，

从而，故，

因为，且E是棱AD的中点，所以，

又因为平面平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，平面，

所以平面ABCD，又平面ABCD，所以，

因为平面PCE，平面PCE，且，

所以平面PCE．

.

（2）结合（1）中结论，以E为原点，分别以，的方向为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

因为在中，，所以，则，，

则，，

设平面的一个法向量为，

则，令，得，

又，

所以点P到平面的距离为.

20．已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为．

(1)求双曲线的方程．

(2)过点的直线与双曲线的右支交于两点，在轴上是否存在点，使得点到直线的距离相等? 若存在，求出点的坐标; 若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在．

【分析】（1）利用点线距离公式及即可求得，从而求得双曲线的方程；

（2）假设存在点，据题意设，联立方程得到，，再由点到直线的距离相等可得，由此代入式子即可求得，故存在.

【详解】（1）由题意得，，故，

又因为双曲线的渐近线为，故是双曲线C的一条渐近线，

所以右焦点到渐近线的距离为，解得，

所以，，

所以双曲线C的标准方程为．

（2）假设存在，设，，

由题意知，直线斜率不为0，设直线，

联立，消去，得，

则，，

且，，

因为使得点F到直线PA，PB的距离相等，所以PF是的角平分线，

则，即，则，

整理得，故，

即，因为，所以，

故存在．

21．已知函数．

(1)求的最大值；

(2)若，证明：．

【答案】(1)0

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导，根据导函数的正负得的单调性继而得解；

（2）根据，，得，所以，只需证明，结合（1）的结论证明.

【详解】（1）定义域为，因为，所以．

当时，，当时，，

则在上单调递增，在上单调递减．

故．

（2）证明：因为，，所以，

所以．

由（1）可知，即，

当且仅当时，等号成立．

则，即

化简得，

当且仅当时，等号成立．

故．

【点睛】关键点点睛：（2）的证明中先根据，，得，

继而将原式放缩可得，所以只需证明，结合（1）的结论证明.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程是．

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，点，求的值．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）消去参数可得C的普通方程，根据极坐标与直角坐标转化公式可求直线直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入椭圆普通方程，消元后根据参数的几何意义求解.

【详解】（1）由（为参数），得，

故曲线C的普通方程为．

由，得，

故直线l的直角坐标方程为．

（2）由题意可知直线l的参数方程为（t为参数）．

将直线l的参数方程代入曲线C的普通方程并整理得，

设A，B对应的参数分别是，，

则，，

故．

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若恒成立，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.

【详解】（1）因为，

所以等价于，或，或，

解得或或，所以，即不等式的解集为．

（2）因为，当且仅当时等号成立；

所以函数的最小值为，

由已知可得，所以或，

解得或，即a的取值范围．