2023届甘肃省兰州市高三下学期3月诊断考试（月考）文科数学试题含解析

  2023年兰州市高三诊断考试

文科数学

一、选择题：本题共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. ，，则集合（    ）

A.  B.  C.  D.

2. 已知复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

3. 2022年8—12月某市场上草莓价格（单位：元/千克）的取值为：12，16，20，24，28，市场需求量（单位：百千克），则市场需求量的方差为（    ）

A. 8 B. 4 C.  D. 2

4. 世纪数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当很大时，（常数）．利用以上公式，可以估计的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

5. 已知点在圆上，其横坐标为，抛物线经过点，则抛物线的准线方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

6. 已知，，若是与的等比中项，则的最小值是（    ）

A. 8 B. 4 C. 3 D. 2

7. 已知命题：“若直线平面，平面平面，则直线平面”，命题：“棱长为的正四面体的外接球表面积是”，则以下命题为真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

8. 如图是某算法的程序框图，若执行此算法程序，输入区间内的任意一个实数，则输出的的概率为（    ）

A  B.  C.  D.

9. 攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构．如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度（单位：dm）分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

10. 若将函数的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，则关于函数的四个结论不正确的是（    ）

A. 的最小正周期为 B. 在区间上的最小值为

C. 在区间上单调递减 D. 的图象对称中心为

11. 已知双曲线的一条渐近线上存在关于原点对称的两点和，若双曲线的左、右焦点与组成的四边形为矩形，若该矩形的面积为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

12. 已知函数，其中，，，则以下判断正确的是（    ）

A 函数有两个零点，且，

B. 函数有两个零点，且，

C. 函数有两个零点，且，

D. 函数只有一个零点，且，

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在梯形中，，，，则______．

14. 如图，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，点是底面弧的两个三等分点，则与所成角的正切值为______．

15. 用长度为1，4，8，9的4根细木棒围成一个三角形（允许连接，不允许折断），则其中某个三角形外接圆的直径可以是______（写出一个答案即可）．

16. 定义：如果任取一个正常数，使得定义在上的函数对于任意实数，存在非零常数，使，则称函数是“函数”．在①，②，③，④这四个函数中，为“函数”的是______（只填写序号）．

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. 已知数列，，对任意的都有．

（1）求的通项公式；

（2）数列满足：，且，求数列的前项和．

18. 如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．

（1）在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）

（2）在（1）的条件下求点到平面的距离．

19. 2022年第22届世界杯足球赛在卡塔尔举行，这是继韩日世界杯之后时隔20年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，本届世界杯还是首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛．每届世界杯共32支球队参加，进行64场比赛，其中小组赛阶段共分为8个小组，每个小组的4支队伍进行单循环比赛共计48场，以积分的方式产生16强，之后的比赛均为淘汰赛，1/8决赛8场产生8强，1/4决赛4场产生4强，半决赛两场产生2强，三四名决赛一场，冠亚军决赛一场．下表是某五届世界杯32进16的情况统计：

（1）根据上述表格完成列联表：

并判断是否有95%的把握认为球队进入世界杯16强与来自欧洲地区有关？

（2）已知某届世界杯比赛过程中已有2支欧洲球队进入8强并相遇，胜者进入4强，此时球迷预测还将有3支欧洲球队，2支美洲球队，1支亚洲球队进入8强，并在这6支球队中两两对决进行3场比赛，产生剩下的三个4强席位，求欧洲球队不碰面的概率．

附：，

20. 已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆的短轴，菱形的周长为，面积为，椭圆的焦距大于短轴长．

（1）求椭圆的方程；

（2）若是椭圆内的一点（不在的轴上），过点作直线交于两点，且点为的中点，椭圆的离心率为，点也在上，求证：直线与相切．

21 已知函数．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）当时，函数的图象与轴交于，两点，且点在右侧．若函数在点处的切线为，求证：当时，．

（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]

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

（1）当时曲线与曲线交于、两点，求线段的长度；

（2）过点的直线的参数方程为（为参数）与曲线交于、两点，若，求实数．

[选修4-5：不等式选讲]

23 已知．

（1）解不等式；

（2）若对于任意正实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．

答案解析

一、选择题：本题共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. ，，则集合（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】列举法表示集合，根据并集定义可得结果.

【详解】，，.

故选：C.

2. 已知复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数除法规则计算即可.

【详解】

故选：C.

3. 2022年8—12月某市场上草莓价格（单位：元/千克）的取值为：12，16，20，24，28，市场需求量（单位：百千克），则市场需求量的方差为（    ）

A. 8 B. 4 C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】由草莓价格的方差结合方差的性质得出市场需求量的方差.

【详解】，则草莓价格的方差为

.

因为，所以市场需求量的方差为.

故选：A

4. 世纪数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当很大时，（常数）．利用以上公式，可以估计的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】所求式子为，根据已知中的公式直接计算即可.

【详解】.

故选：D.

5. 已知点在圆上，其横坐标为，抛物线经过点，则抛物线的准线方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合圆的方程可求得点坐标，代入抛物线方程可确定的值，进而确定准线方程.

【详解】将代入圆方程得：，解得：，或，

在抛物线上，或，

解得：（舍）或，抛物线方程为，

抛物线的准线方程为：.

故选：D

6. 已知，，若是与的等比中项，则的最小值是（    ）

A. 8 B. 4 C. 3 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】利用等比中项的性质得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解．

【详解】因为是与的等比中项，

所以，即，所以，

又，，

所以，

当且仅当且，即时取等号．

所以的最小值为4．

故选：B．

7. 已知命题：“若直线平面，平面平面，则直线平面”，命题：“棱长为的正四面体的外接球表面积是”，则以下命题为真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据线面的关系判断命题p的真假，根据正四面体外接球的表面积公式计算判断命题q的真假，结合复合命题真假的判断方法即可求解.

【详解】命题p：若，，则或，故命题p为假命题；

命题q：将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，对角线长为，

则正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，则外接球的半径为，

所以外接球的表面积为，故命题q为真命题.

所以命题为真命题，命题为假命题.

故选：A.

8. 如图是某算法的程序框图，若执行此算法程序，输入区间内的任意一个实数，则输出的的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】由程序框图可知：输入，

当时，满足循环体，执行循环体，，，

当时，满足循环体，执行循环体，此时，，

当时，满足循环体，执行循环体，此时，，

当时，满足循环体，执行循环体，此时，，

当时，不满足循环体，退出循环，

由几何概型，得输出的概率为.

故选：B.

9. 攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构．如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度（单位：dm）分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三棱柱和棱台表面积公式计算即可.

【详解】由题可得正三棱柱的底面积为：，

正三棱柱的外露表面积为：，

四棱台侧面梯形的高为：，

四棱台外露表面积为：，

该结构表面积为：.

故选：A

10. 若将函数的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图象，则关于函数的四个结论不正确的是（    ）

A. 的最小正周期为 B. 在区间上的最小值为

C. 在区间上单调递减 D. 的图象对称中心为

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角恒等变换公式，可得，再由函数图象的平移法则得，然后根据正弦函数的图象与性质，逐项分析选项，即可.

【详解】因为，

所以.

对于A：，故A正确；

对于B：由知，，所以，所以在区间上的最小值为，故B错误；

对于C：令，因为，所以在区间上单调递减，故C正确；

对于D：令，，所以图象对称中心为，故D正确.

故选：B

11. 已知双曲线的一条渐近线上存在关于原点对称的两点和，若双曲线的左、右焦点与组成的四边形为矩形，若该矩形的面积为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设，根据矩形对角线长相等和矩形面积可构造方程组，化简得到关于的齐次方程，解方程可求得离心率.

【详解】由双曲线方程知其渐近线方程：，

不妨设在上，设，则，，

四边形为矩形，，，

矩形的面积，

由得：，即，

解得：，.

故选：C.

12. 已知函数，其中，，，则以下判断正确的是（    ）

A. 函数有两个零点，且，

B. 函数有两个零点，且，

C 函数有两个零点，且，

D. 函数只有一个零点，且，

【答案】B

【解析】

【分析】由已知可得，，，进而利用零点存在性定理可得结论．

【详解】解：因为，，

又，所以，

即，

又，

，

，

则，，

又为定义域上的连续函数，

所以函数必有两个不相同的零点，

存在，使得，且，

存在，使得，，，

函数有两个零点，，且，．

故选：B．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在梯形中，，，，则______．

【答案】

【解析】

【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算可求得结果.

【详解】，，

则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，

则，，，，，

.

故答案为：.

14. 如图，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，点是底面弧的两个三等分点，则与所成角的正切值为______．

【答案】

【解析】

【分析】易证得，由异面直线所成角定义可知所求角为，由长度关系可求得结果.

【详解】设圆锥底面圆心为，连接，

为弧的两个三等分点，，

又，为等边三角形，，，

即为异面直线与所成角，

平面，平面，，

，，，

即与所成角的正切值为.

故答案为：.

15. 用长度为1，4，8，9的4根细木棒围成一个三角形（允许连接，不允许折断），则其中某个三角形外接圆的直径可以是______（写出一个答案即可）．

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据三角形性质确定三边边长，利用余弦定理和正弦定理计算出对应三角形外接圆的直径.

【详解】4根细木棒围成一个三角形的三边长可以为5，8，9，设边长为9的边所对的角为，

由余弦定理可知：，因为，所以，

由正弦定理知，，

所以其中某个三角形外接圆的直径可以是.

故答案为：（答案不唯一）.

16. 定义：如果任取一个正常数，使得定义在上的函数对于任意实数，存在非零常数，使，则称函数是“函数”．在①，②，③，④这四个函数中，为“函数”的是______（只填写序号）．

【答案】②

【解析】

【分析】根据“函数”，依次判断各选项中的是否为常数即可.

【详解】对于①，令，则，不是常数，

不是“函数”；

对于②，令，则为常数，

是“函数”；

对于③，令，则，不是常数，

不是“函数”；

对于④，令，则，不是常数，

不是“函数”.

故答案为：②.

【点睛】关键点点睛：本题考查函数中的新定义问题的求解，解题关键是能够充分理解“函数”的定义，即为常数的函数，从而根据运算法则来求解即可.

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. 已知数列，，对任意的都有．

（1）求的通项公式；

（2）数列满足：，且，求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）取，即可证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得；

（2）利用累乘法可求得，采用裂项相消法可求得.

【小问1详解】

对任意的，都有，当时，，

又，数列是以为首项，为公差的等差数列，.

【小问2详解】

由（1）得：，

当时，，

又满足，，

.

18. 如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．

（1）在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）

（2）在（1）的条件下求点到平面的距离．

【答案】（1）条件选择见解析，证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）选条件①②，利用勾股定理逆定理证得，由等腰三角形的几何性质可得出，利用线面和面面垂直的判定定理可证得结论成立；

选条件 ①③，利用正弦定理推导出，，由等腰三角形的几何性质可得出，利用线面和面面垂直的判定定理可证得结论成立；

选条件②③，利用余弦定理求出的长，利用勾股定理逆定理证得，由等腰三角形的几何性质可得出，利用线面和面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）计算出三棱锥的体积，计算出的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.

【小问1详解】

证明：方案一：选条件①②.

因为在四棱锥中，，点为的中点，则，

因为，在中，，，

又因为四边形为矩形，，则，，

因为，，，所以，，则，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，侧面平面；

方案二：选条件①③.

因为在四棱锥中，，点为的中点，则，

在中，，，，

由正弦定理可得，即，所以，，

所以，，即，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，侧面平面；

方案三：选条件②③.

因为在四棱锥中，，点为的中点，则，且，

在中，，，

又因为四边形为矩形，，则，

所以，，

在中，，则，

设，由余弦定理可得，

整理可得，解得或（舍），所以，，

因为，，，所以，，则，

因为，、平面，所以，平面，

因为平面，所以，侧面平面.

【小问2详解】

解：在（1）的条件下，平面，

因为为的中点，，，

在中，，，则，

所以，，则，

，

在中，，，则，

所以，，

所以，，

设点到平面的距离为，由可得，

所以，.

因此，点到平面的距离为.

19. 2022年第22届世界杯足球赛在卡塔尔举行，这是继韩日世界杯之后时隔20年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，本届世界杯还是首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛．每届世界杯共32支球队参加，进行64场比赛，其中小组赛阶段共分为8个小组，每个小组的4支队伍进行单循环比赛共计48场，以积分的方式产生16强，之后的比赛均为淘汰赛，1/8决赛8场产生8强，1/4决赛4场产生4强，半决赛两场产生2强，三四名决赛一场，冠亚军决赛一场．下表是某五届世界杯32进16的情况统计：

（1）根据上述表格完成列联表：

并判断是否有95%的把握认为球队进入世界杯16强与来自欧洲地区有关？

（2）已知某届世界杯比赛过程中已有2支欧洲球队进入8强并相遇，胜者进入4强，此时球迷预测还将有3支欧洲球队，2支美洲球队，1支亚洲球队进入8强，并在这6支球队中两两对决进行3场比赛，产生剩下的三个4强席位，求欧洲球队不碰面的概率．

附：，

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）根据题意完成列联表，利用列联表求出，即可求解；

（2）利用平均分组的方法求所有比赛的方法数，再由排列问题的应用求出欧洲球队不碰面的比赛方法数，再由古典概型概率公式.

【小问1详解】

解：根据上述表格完成列联表：

所以，

所以有的把握认为球队进入世界杯强与来自欧洲地区有关；

【小问2详解】

由题意，3支欧洲球队，2支美洲球队，1支亚洲球队这6支球队中两两对决进行3场

比赛，一场比赛对应着将6个球队平均分成3组，每组2支球队的一种分组方法，

共有(种)比赛方法；

若欧洲球队不碰面，可将3支欧洲球队看成三个空格，将2支美洲球队，1支亚洲球队

在3个空格进行排列，一种排列方法对应着一种满足条件的比赛方法，共有(种)

排列，所以欧洲球队不碰面的比赛方法共有6种.

故欧洲球队不碰面的概率为

20. 已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆的短轴，菱形的周长为，面积为，椭圆的焦距大于短轴长．

（1）求椭圆的方程；

（2）若是椭圆内的一点（不在的轴上），过点作直线交于两点，且点为的中点，椭圆的离心率为，点也在上，求证：直线与相切．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据菱形的周长和面积可构造方程组求得，进而得到椭圆方程；

（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可求得点坐标；将与椭圆联立，可得，由在椭圆上可得等量关系，化简可得，由此可得结论.

【小问1详解】

菱形的周长为，面积为，，又，

或，又椭圆的焦距大于短轴长，即，，

，则椭圆的方程为：.

【小问2详解】

由题意知：直线的斜率必然存在，可设其方程为：，

由得：，

设，则，即，

，，

，；

椭圆的离心率为，，解得：，

，

由得：，

，

在椭圆上，，整理可得：，

，直线与相切.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆位置关系的证明问题，解题关键是能够利用点在椭圆上得到变量之间所满足的等量关系，将等量关系代入判别式中进行化简整理即可得到直线与椭圆的位置关系.

21. 已知函数．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）当时，函数的图象与轴交于，两点，且点在右侧．若函数在点处的切线为，求证：当时，．

【答案】（1）递减区间是，递增区间是；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调区间作答.

（2）求出点Q的坐标及切线，再构造函数，利用导数探讨最小值作答.

【小问1详解】

当时，函数的定义域为，求导得，

显然在上单调递增，而，则当时，当时，，

所以函数的递减区间是，递增区间是.

【小问2详解】

，，解得或，则，

，，

函数的图象在点处的切线，于是，

当时，令，求导得，

当时，，则，即，

显然，即，，因此，函数在上单调递减，

当时，，则，即，

显然，即，，因此，函数在上单调递增，

于是当时，，

所以当时，.

【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.

（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]

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

（1）当时曲线与曲线交于、两点，求线段的长度；

（2）过点的直线的参数方程为（为参数）与曲线交于、两点，若，求实数．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）求出曲线和曲线的直角坐标方程，根据几何关系和点到直线距离公式计算即可；

（2）将参数方程代入曲线的直角坐标方程中，根据韦达定理和直线参数t的几何含义求解.

【小问1详解】

曲线的直角坐标方程为：，圆心为，半径为1，

当时，曲线的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为，

相交弦所在的直线方程为：，圆心到直线的距离为：，

曲线与曲线交于、两点，线段的长度为：.

【小问2详解】

把直线：（为参数）代入曲线：，

得到：，所以，

即，解得或.

[选修4-5：不等式选讲]

23. 已知．

（1）解不等式；

（2）若对于任意正实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分别在、和的情况下，去除绝对值符号解不等式即可；

（2）将问题转化为恒成立问题，通过分类讨论可得，进而得到的取值范围.

【小问1详解】

当时，，解得：；

当时，，解得：；

当时，，解得：；

的解集为.

【小问2详解】

由时，得：，

令，则，

当时，单调递增，；

当时，单调递减，；

，，即实数取值范围为.