2023届甘肃省张掖市高三下学期4月联考数学（文）试题含解析

2023届甘肃省张掖市高三下学期4月联考数学（文）试题

一、单选题

1．设全集，若集合，则（    ）

A．{-2，0，2，3} B．{-2，2，3} C．{0，2，3} D．{-2，-1}

【答案】C

【分析】根据集合的交并补运算，即可求解.

【详解】由得，所以，

故选：C．

2．已知，则（    ）

A．2 B． C．4 D．10

【答案】B

【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可.

【详解】因为，

所以，

所以.

故选：B.

3．已知向量满足，则（    ）

A． B． C．3 D．4

【答案】A

【分析】根据平面向量的坐标运算求解.

【详解】因为，所以，

所以，

故选:A.

4．已知命题；命题，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦函数性质、基本不等式判断已知命题的真假，再确定对应否命题真假，进而判断各选项中复合命题的真假.

【详解】由余弦函数性质知：为真，

又，当且仅当时等号成立，故为假，

所以为假，为真，

综上，为假，为假，为真，为假.

故选：C

5．在区间中随机取一个数，则取到的数的绝对值小于的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据几何概型知识即可得答案.

【详解】解：设取到的数为，

则有，

所以，

由几何概型知识可知，取到的数的绝对值小于的概率为．

故选：C.

6．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式及余弦的二倍角公式可得答案.

【详解】注意到，

.

则原式

.

故选：A.

7．执行下边的程序框图，如果输入的是，，输出的结果为，则判断框中“”应填入的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用程序框图的循环结构，不断循环直到满足为止.

【详解】根据程序框图，输入，，则，满足循环条件，，

，满足循环条件，，……，，

不满足循环条件，输出结果.故A，B，D错误.

故选：C.

8．设为等差数列的前项和，且，都有，若，则（    ）

A．的最小值是 B．的最小值是

C．的最大值是 D．的最大值是

【答案】C

【分析】通过分析得数列为递减的等差数列，根据得，，即可得到有最大值，为.

【详解】由得，∴数列为递减的等差数列，

∵，∴，，

∴当且时，，当且时，，

∴有最大值，最大值为.

故选：C.

9．定义在上的函数满足，且为偶函数，当时，，则（    ）

A．0 B． C． D．1

【答案】A

【分析】由和为偶函数，可知的周期为4，且的图象关于直线对称，利用函数的周期性和对称性将条件进行转化即可得出答案.

【详解】因为，所以的周期为4．

又为偶函数，所以的图象关于直线对称，

则．

故选：A.

10．函数是（    ）

A．奇函数，且最小值为 B．奇函数，且最大值为

C．偶函数，且最小值为 D．偶函数，且最大值为

【答案】C

【分析】根据题意可知定义域关于原点对称，再利用同角三角函数之间的基本关系化简可得，由三角函数值域即可得，即可得出结果.

【详解】由题可知，的定义域为，关于原点对称，

且，

而，即函数为偶函数；

所以，又，

即，可得函数最小值为0，无最大值.

故选：C

11．在四面体中，，则四面体外接球表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用割补法及勾股定理，结合长方体的体对角线是外接球的直径及球的表面积公式即可求解.

【详解】由题意可知，此四面体可以看成一个长方体的一部分，长方体的长、宽、高分别为，，，四面体如图所示，

所以此四面体的外接球的直径为长方体的体对角线，即,解得.

所以四面体外接球表面积是.

故答案为：B.

12．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，过点的直线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率的最大值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】根据给定条件，设出抛物线C及直线PQ的方程，借助垂直关系求出抛物线方程及点M的坐标，再用斜率坐标公式建立函数，利用均值不等式求解作答.

【详解】依题意，抛物线的焦点在x轴的正半轴上，设的方程为：，

显然直线不垂直于y轴，设直线PQ的方程为：，点，

由消去x得：，则有，

由得：，解得，

于是抛物线：的焦点，弦的中点的纵坐标为，则点，

显然直线的斜率最大，必有，则直线的斜率，

当且仅当，即时取等号，

所以直线的斜率的最大值为.

故选：A

二、填空题

13．在等比数列中，是函数的极值点，则＝__________．

【答案】

【分析】由题，利用导数及韦达定理可得，后利用等比中项性质可得答案.

【详解】，

由题是方程的两个不等实根，

则由韦达定理，所以

又是的等比中项且与同号，则.

故答案为：.

14．某校有高三学生1200名，现采用系统抽样法从中抽取200名学生进行核酸检测，用电脑对这1200名学生随机编号1，2，3，…，1200，已知随机抽取的一个学生编号为10，则抽取的学生最大编号为____.

【答案】1198

【分析】根据系统抽样法求出分段间隔和最大编号.

【详解】根据系统抽样法可知，分段间隔为6，编号共分为200段，编号10属于第2段，

所以最大编号在第200段，号码为10＋6×(200－2)＝1198．

故答案为：1198.

15．写出与直线 和圆都相切的一个圆的方程________．

【答案】 （答案不唯一，只需满足与直线 和圆都相切即可）.

【分析】根据相切关系，列出圆心和半径应该满足的条件即可.

【详解】设圆的方程为:

和直线相切可以得：

和圆相切得：或

若则

此时圆的方程：

故答案为： （答案不唯一，只需满足与直线 和圆都相切即可）.

16．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，且与该抛物线在第一象限交于点，若轴，则椭圆C的离心率为______．

【答案】/

【分析】根据已知条件及点在抛物线上和在椭圆上，利用椭圆的离心率公式即可求解.

【详解】由抛物线得焦点，

因为轴，

所以把代入中，得，解得，

因为点在第一象限，

所以.

因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，

由椭圆得焦点，

所以，

所以

因为在椭圆上，

所以，即，

所以，即，解得或，

又因为，

所以.

所以椭圆C的离心率为.

故答案为：.

三、解答题

17．已知锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

(1)求角C的大小；

(2)若，求c的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再用余弦定理可求出角；

（2）由（1）已知角，可借助正弦定理化边为角，再利用辅助角公式及正弦三角函数的性质可解．

【详解】（1）由已知及正弦定理，得，

即，

∴．

又∵，

∴；

（2）由（1）及正弦定理得，

∵，

∴，

∴．

∵，∴，，

∴，

∴．

18．如图，为圆锥的顶点，，为底面圆两条互相垂直的直径，为的中点.

(1)证明：平面平面.

(2)若，且直线与平面所成角的正切值为，求该圆锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设与交于点，利用线面垂直、面面垂直的判定定理可得答案；

（2）过作于，由面面垂直的性质定理可得为直线与平面所成的角，由求出、，再求圆锥体积可得答案.

【详解】（1）设与交于点，连接，

因为，为底面圆两条互相垂直的直径，所以为底面圆的圆心，

所以为圆锥的高，所以底面圆，

因为底面圆，所以，

又，，平面，

所以平面，

因为平面，所以平面平面；

（2）过作于，连接.

由（1）知平面平面，且平面平面，

所以平面，

所以为直线与平面所成的角，则，

因为，所以，所以，

则，所以，

故该圆锥的体积为.

19．某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．某研究小组为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，计算得，，，．作散点图发现，除了明显偏离比较大的两个样本点，外，其它样本点大致分布在一条直线附近，为了减少误差，该研究小组剔除了这两个样本点，重新抽样补充了两个偏离比较小的样本点，．

(1)求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；

(2)建立地块的植物覆盖面积x（单位：公顷）和这种野生动物的数量y的线性回归方程；

(3)经过进一步治理，如果每个地块的植物覆盖面积增加1公顷，预测该地区这种野生动物增加的数量．

参考公式：线性回归方程，其中，．

【答案】(1)13000

(2)

(3)2000

【分析】（1）由样本数据估计总体野生动物数量即可.

（2）根据线性回归方程的公式求回归方程即可.

（3）根据（2）的回归方程计算即可.

【详解】（1）样区野生动物平均数为，

而地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为．

（2）将样本点，替换为，，构成一组新的样本数据，

计算得，，

，，

所以，，

所求回归方程为．

（3）由（2）回归方程可知：每个地块的植物覆盖面积增加1公顷，则野生动物数量增加10，

故该地区这种野生动物增加数量的估计值为：．

20．已知函数．

(1)求证：函数在上单调递增；

(2)当时，恒成立，求实数k的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由导数结合正弦函数的性质得出单调性；

（2）分离参数得出，利用导数得出的最值，进而得出实数k的取值范围．

【详解】（1）证明：∵

当时，

∴成立，所以函数在上单调递增．

（2）

当时，不等式显然成立

当时，，所以

令，

令，

在上成立，

∴在上为单调递增函数，

∴

即在上成立，

在上单调递减，∴

∴．

【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于将不等式的恒成立问题，转化为最值问题，通过导数得出最值，进而得出参数的范围.

21．已知双曲线C：的离心率为，点在双曲线上．

(1)求双曲线C的方程；

(2)若A，B为双曲线的左、右顶点，，若MA与C的另一交点为P，MB与C的另一交点为Q（P与A，Q与B均不重合）求证：直线PQ过定点，并求出定点坐标．

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点坐标为

【分析】（1）把点代入双曲线的标准方程，结合其离心率来联立方程求解即可；

（2）根据题意当时，设出直线方程为，并设交点，，联立直线与曲线的方程，利用韦达定理可得，，从而由题意推出直线PQ恒过定点，最后检验当时，也符合题意即可.

【详解】（1）由题意可知 ，解得 ,

故双曲线C的方程为．

（2）证明：①A，B为双曲线的左、右顶点，，又

当时，可得，，，

又点P在双曲线上，∴，

∴．

设，，：，与双曲线C的方程联立得，

，，，

，

解得，此时满足，

∴直线PQ恒过点．

②当时，P与B重合，Q与A重合，此时直线PQ的方程为．

综上，直线PQ恒过点．

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

(1)说明是什么曲线，并将的方程化为极坐标方程；

(2)直线的极坐标方程为，是否存在实数b，使与的公共点都在上，若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)曲线是以为圆心，b为半径的圆，；

(2)存在，.

【分析】（1）将的参数方程化为普通方程即可得曲线形状，再利用极坐标与直角坐标互化关系求出极坐标方程作答.

（2）联立曲线与的极坐标方程消去，联立曲线与直线的极坐标方程消去，求出b值作答.

【详解】（1）由消去参数t得到的普通方程为，因此曲线是以为圆心，b为半径的圆；

将代入的普通方程中，得的极坐标方程为，

所以曲线是以为圆心，b为半径的圆，其极坐标方程为.

（2）曲线的公共点的极坐标满足方程组，

消去整理得，

把代入的方程中，得，

把代入，得，而，解得，

所以存在实数，使与的公共点都在上．

23．已知函数.

(1)若，求实数的取值范围；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可得出，然后分、、三种情况解不等式，即可得出实数的取值范围；

（2）由可得出，分别证明出，，即可证得结论成立.

【详解】（1）解：因为，则，

由可得.

①当时，则有，解得，此时；

②当时，则有，解得，此时；

③当时，则有，解得，此时.

综上所述，当时，实数的取值范围是.

（2）证明：要证，即证.

当时，；

当时，；

当时，.

综上所述，，，

因为，其中为锐角，且，

所以，，

所以，恒成立，

故.