2023届甘肃省兰州市兰州西北中学高三上学期期中数学（理）试题（解析版）

2023届甘肃省兰州市兰州西北中学高三上学期期中数学（理）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．的展开式中项的系数是（    ）

A．－45 B．45 C．－120 D．120

【答案】C

【分析】写出二项展开式的通项公式，根据通项公式可得答案.

【详解】的展开式通项公式为，

令得，

故项的系数是

故选：C.

4．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.

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．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

9．已知函数 ，在上单调递增，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用函数是增函数，所以有二次函数的对称轴大于等于1，对数函数底数大于1，函数的最小值大于的最大值.列方程解不等式即可.

【详解】因为在上单调递增，所以 解得．

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．已知函数存在唯一的极值点，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先对求导结合函数定义域，根据参数a的正负分情况讨论函数单调性及极值点的情况，最终求解.

【详解】因为的定义域为且存在唯一的极值点，所以存在唯一的变号正实根．

因为，所以只有唯一变号正实根．

当时，恒成立，方程只有唯一变号正实根，符合题意；

当时，要使存在唯一极值点，则需恒成立，即在上恒成立，

因为，所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，

综上所述，．

故选：A.

12．函数的最大值是（    ）．

A．1 B． C．2 D．

【答案】B

【分析】利用两角和（差）的余弦公式及同角三角函数的基本关系将函数化简得到，令，则问题转化为求，的最大值，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的值域，即可得解.

【详解】解：因为

．

设，则，

则问题转化为求函数，上的最大值，

故．

由，得，

由，得或，

则在和上单调递减，在上单调递增．

因为，，，

所以，即的值域是．

故选：B

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．若，则_______.

【答案】

【解析】由已知利用两角差的正弦函数公式可得，两边平方，由同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可计算得解．

【详解】，

得，

等式两边平方得，解得.

故答案为：.

15．某地举办高中数学竞赛，已知某校有20个参赛名额，现将这20个参赛名额分配给A，B，C，D四个班，其中1个班分配4个参赛名额，剩下的3个班都有参赛名额，则不同的分配方案有______种．

【答案】

【分析】分两步，先确定分配有4个名额的班，共有4种，利用隔板法再确定剩余16个参赛名额的分配方式，最后求总方案数即可．

【详解】第一步，确定分配有4个名额的班，共有4种，

第二步，利用隔板法，剩余16个参赛名额的分配方式有种

则不同的分配方案有

故答案为：．

16．在四边形中，，则四边形面积的最大值为______.

【答案】##

【分析】分别在中和中利用余弦定理得，进而得，再根据三角函数性质得.

【详解】在中，由余弦定理知，

在中，由余弦定理知，

所以，即.

可得，

令，，

则，等号成立时

所以，

所以四边形面积的最大值为.

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欢情况，该校随机抽取了本校100名学生，调查他们对这个兴趣班的喜欢情况，得到数据如下：

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)从该校随机抽取1名男学生和1名女学生，求这2名学生中恰有1人喜欢书法兴趣班的概率；

(2)从该校随机抽取4名女学生，记X为喜欢书法兴趣班的女生人数，求X的分布列与期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，期望为3.

【分析】（1）恰有一人喜欢书法兴趣班分为男生喜欢女生不喜欢和男生不喜欢女生喜欢两类，先求出从男生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率和从女生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率，然后可计算所求概率；

（2）的值分别为0，1，2，3，4，，由二项分布的概率公式计算各概率得分布列，再由期望公式计算期望．

【详解】（1）从男生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率为，从女生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率为，

恰有一人喜欢书法兴趣班分为男生喜欢女生不喜欢和男生不喜欢女生喜欢两类，

所以所求概率为；

（2）从女生中抽取1名学生，喜欢书法兴趣班的概率为，

由题意的值分别为0，1，2，3，4，，

，，

，，

，

的分布列为：

．

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面平面ABCD，PA＝PD，，，AD＝CD＝2，AB＝3，E是棱AD的中点．

(1)证明：平面PCE；

(2)若，求平面PCE与平面PAB所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在棱AB上取点F，使得AF＝2BF＝2，连接CF，BE，可得四边形AFCD是正方形，再结合勾股定理逆定理可得，再由面面垂直的性质可得平面ABCD，则，再利用线面垂直的判定可得结论；

（2）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，利用空间向量求解.

【详解】（1）证明：在棱AB上取点F，使得AF＝2BF＝2，连接CF，BE．

因为，，AD＝CD＝2，

所以四边形AFCD是正方形，

因为E是棱AD的中点，所以，

所以，，

从而，故．

因为PA＝PD，且E是棱AD的中点，

所以．

因为平面平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，

所以平面ABCD．

因为平面ABCD，所以．

因为平面PCE，平面PCE，且，

所以平面PCE．

（2）解：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．由题意可知，，，，

则，．

设平面PAB的法向量为，

则，令x＝2，得．

由（1）可知平面PCE，则平面PCE的一个法向量为．

设平面PCE与平面PAB所成角为，由图可知为锐角，

所以，

所以平面PCE与平面PAB所成角的余弦值为.

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)当时，证明：．

(2)记函数，若为增函数，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证，即证，设，然后利用导数可证得，则可得，从而可证得结论，

（2）由题意可得在上恒成立，则在上恒成立，由（1）可得，化简得，从而可得，进而可得答案.

【详解】（1）证明：当时，（）．

要证，即证．

设，则．

当时，；当时，．

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，则．

所以，

所以，

即，当且仅当时等号成立．

（2）解：因为，

所以．

因为为增函数，

所以在上恒成立，

所以在上恒成立．

由（1）可知，则，即，

从而，即，当且仅当时，等号成立．

故，解得，

即a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数证明不等式，考查利用导数求函数的最值，第（2）问解题的关键是将问题转化为在上恒成立，再利用（1）的结论可得，从而可得答案，考查数学转化思想，属于较难题.

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．