2023届甘肃省金昌市高三二模数学（文）试题含解析

这是一份2023届甘肃省金昌市高三二模数学（文）试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届甘肃省金昌市高三二模数学（文）试题 一、单选题1．若复数满足，其中为虚数单位，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数除法运算化简复数z，然后可得.【详解】由复数，得，所以．故选：A2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别计算出集合和，再由交集的运算计算出，即可得出答案．【详解】由，，所以，故选：B．3．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，若该圆台的体积为，则其母线长为（    ）A． B． C．4 D．【答案】A【分析】根据圆台体积公式求出圆台高，再由高及底面半径求圆台母线.【详解】设圆台的高为，则圆台的体积，解得，故圆台母线长．故选：A4．已知向量的夹角为，，则（    ）A． B． C． D．7【答案】C【分析】根据向量的数量积的定义及运算性质求解.【详解】因为向量的夹角为，，所以，所以．故选：C5．已知，且，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先用余弦的二倍角公式解出，再用平方关系即可求出.【详解】由得，即，所以，又，则，所以，所以．故选：D.6．在等比数列中，是数列的前项和．若，则（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】根据等比数列的通项公式及求和公式列方程求解.【详解】设的公比为，则，解得，由，解得，所以，解得.故选：C7．在正中，连接三角形三边的中点，将它分成4个小三角形，并将中间的那个小三角形涂成白色后，对其余3个小三角形重复上述过程得到如图所示的图形．在内随机取一点，则此点取自白色部分的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将中间白色三角形依规律分成4个小白色三角形，根据几何概型分析计算即可．【详解】将中间白色三角形依规律分成4个小白色三角形，如图所示，则共可分为16个相同的小三角形，白色部分有7个小三角形，黑色部分有9个小三角形，故在内随机取一点，则此点取自白色部分的概率是，故选：B．8．某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内的条件可以是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据流程图逐步代入数据检验即可判断.【详解】，输出，则判断框内应填入“”．故选：C.9．已知是函数的一个零点，若，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据指数函数及一次函数的单调性确定函数递减，再由零点存在性确定零点范围，结合单调性判断大小.【详解】函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递减，故函数在区间上单调递减，又，所以，因为，，由单调性知，即．故选：B10．已知双曲线的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线的两个交点为．若，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合圆的垂径定理及点到直线距离公式求出焦点到准线的距离，求出离心率即可.【详解】因为，，所以三角形为正三角形，所以到直线的距离为，所以，因为，所以，所以，所以.故选：D11．已知函数在上单调递增，且在区间上既有最大值又有最小值，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数在上单调递增，利用函数导数性质求出的取值范围，在由在区间上既有最大值又有最小值求出的取值范围，然后求交集即可.【详解】1.因为，则，若在上单调递增，则在上恒成立，即恒成立，则，解得；2.因为，则，①当时，对任意恒成立，所以在上单调递增，此时只有最大值，没有最小值不满足题意；②当时，对任意恒成立，所以在上单调递减，此时只有最小值，没有最大值不满足题意；③当时，令，解得；令，解得；则在单调递增，在单调递减，所以为最小值，若在上既有最大值，又有最小值，则且，解得：；综上所述：．故选：B.12．已知直线过拋物线的焦点，且与抛物线相交于两点，点关于轴的对称点为（异于点），直线与轴相交于点，若直线的斜率为，则的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可证明重合，联立直线与抛物线方程，根据根与系数的关系及直线斜率求出，再由三角形面积公式得解.【详解】设抛物线的准线与轴的交点为，过点分别作准线的垂线，垂足分别为，因为，并结合抛物线定义可得，又因为，所以，所以，即，因为点关于轴的对称点为，所以点与点重合．设直线的方程为，则，联立方程得，所以，又因为直线的斜率为，所以，即，所以的面积为．故选：D 二、填空题13．函数的极大值为_______.【答案】【分析】根据题意求出导函数，再令，确定极值点，再讨论极值点两端函数单调性，确定极大值．【详解】根绝题意得：，令，解得，或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以为极大值，为极小值．综上，函数的极大值为．【点睛】本题考查求函数极值，首先令导函数等于0，确定极值点，再分析极值点两边函数单调性，从而确定极大值或极小值，切记不等价于函数取极值．14．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题，“今有金箠，长五尺．斩本一尺，重四斤．斩末一尺，重二斤．问次一尺各重几何？”意思是“现有一根金杖，长五尺，一头粗，一头细．在粗的一端截下1尺，重4斤；在细的一端截下1尺，重2斤；问依次每一尺各重多少斤？”根据上题的已知条件，若金杖由粗到细是均匀变化的，估计此金杖总重量约为_________斤．【答案】15【分析】根据题意，每节重量构成等差数列，由等差数列求和公式得解.【详解】由题意知每节的重量构成等差数列，设首项为2，则第5项为4，所以总重量为斤．故答案为：1515．若函数，又是函数的图象上的两点，且的最小值为，则的值为______.【答案】【分析】先根据最大值点和对称中心的最小距离求出周期，再求出函数解析式，代入解析式结合诱导公式及特殊角的函数值求解即可.【详解】因为，所以，则，所以，此时点A、B为函数上相邻的最高点和对称中心，所以，所以，解得，所以，所以.故答案为：16．已知三棱锥内接于球，点分別为的中点，且．若，则球的体积为_________．【答案】/【分析】根据题意知球心在线段上，由直角三角中勾股定理列出方程求出半径即可得解.【详解】依题意知，既是的垂直平分线，又是的垂直平分线，所以球心在线段上，如图，  设，球的半径为，在中，，在中，则，所以．故答案为： 三、解答题17．在中，内角的对边分别为，且．(1)求；(2)若，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得解；（2）由正弦定理化简后再由两角和正弦公式及辅助角公式化简得解.【详解】（1）由已知及正弦定理得，因为．所以，因为，所以，因为，所以．（2）因为，由正弦定理化简得，又，所以．所以．所以，因为，所以，所以．18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面．  (1)证明：平面；(2)若，且，求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，再得线线垂直，由线面垂直的判定定理得证；（2）根据等体积法求出点到面的距离即可.【详解】（1）证明：因为四边形是矩形，所以，又平面平面，平面平面平面，所以平面，因为平面，所以．因为平面，所以平面．（2）如图，取中点为，连接，由（1）知平面，所以，又，  所以且，由平面平面，平面平面平面，则平面，即点到平面的距离为1，因为，所以，又，所以，所以．所以，设点到平面的距离为，则，，解得，即点到平面的距离为．19．中学阶段是学生身体发育最重要的阶段，长时间熬夜学习严重影响学生的身体健康．某校为了解甲、乙两班学生每周自我熬夜学习的总时长（单位：小时），分别从这两个班中随机抽取5名同学进行调查，得到他们最近一周自我熬夜学习的总时长的样本数据：甲班813283239乙班1225262831如果学生平均每周自我熬夜学习的总时长超过26小时，则称为“过度熬夜”．(1)请根据样本数据，分别估计甲、乙两班的学生平均每周自我熬夜学习时长的平均值；(2)从样本甲、乙两班所有“过度熬夜”的学生中任取2人，求这2人都来自甲班的概率．【答案】(1)24.4小时(2) 【分析】（1）根据平均数计算公式直接计算可得；（2）列举出所有可能情况，然后由古典概型概率公式可得.【详解】（1）甲班样本数据的平均值为，由此估计甲班学生每周平均熬夜时间24小时；乙班样本数据的平均值为，由此估计乙班学生每周平均熬夜时间24.4小时．（2）由题知，甲班“过度熬夜”的有3人，记为，乙班“过度熬夜”的有2人，记为，从中任取2人，有，共10种可能，其中都来自甲班的有，共3种可能，所以所求概率．20．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．(1)求椭圆的方程；(2)是否存在直线，使得直线与圆相切，与椭圆交于两点，且满足（为坐标原点）？若存在，请求出直线的方程，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设椭圆方程为，将已知点坐标代入解方程组即可；（2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程消去y，利用韦达定理表示，再根据直线与圆相切列方程，联立求解即可判断.【详解】（1）设椭圆的方程为．因为过两点，所以解得，所以椭圆的方程为．（2）假设存在直线满足题意．（ⅰ）当直线的斜率不存在时，此时的方程为．当时，，同理可得，当时，．（ⅱ）当直线的斜率存在时，设的方程为，设，因为直线与圆相切，所以，即①，联立方程组整理得，，由根与系数的关系，得因为，所以．所以，所以，整理得②，联立①②，得，此时方程无解．由（ⅰ）（ⅱ）可知，不存在直线满足题意．21．已知函数．(1)若，求函数的图像在处的切线方程；(2)若，是函数的两个极值点，求的取值范围，并证明：．【答案】(1)(2)，证明见解析 【分析】（1）先求出切点，再利用导数的几何意义求出切线的斜率，即可求出切线方程；（2）由有两个极值点，则在有两个不相等的实数根，得出的取值范围，再由根与系数的关系得出，，代入，得出，结合即可证明结论．【详解】（1）当时，，，所以，，所以函数的图像在处的切线方程为，即．（2）因为，所以，由题意知是方程在内的两个不同的实数解，令，又，且函数图像的对称轴为直线，所以只需， 解得，即实数的取值范围为，由是方程的两根，得，，故，又，所以．22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（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．(1)求曲线的直角坐标方程和的普通方程；(2)求曲线上的点到直线距离的最小值．【答案】(1)曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程(2) 【分析】（1）根据极坐标与直角坐标转化公式求直角坐标方程，消参可得直线普通方程；（2）根据抛物线方程设出点的坐标，由点到直线距离公式配方后求最值.【详解】（1）因为曲线的极坐标方程为，所以，所以．由消去得．故曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程．（2）设曲线上任意一点，则到直线的距离为．所以当时，．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若不等式的解集为，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分情况去绝对值符号进行求解；（2）用分析法证明.【详解】（1）解：当时，，解得．当时，，解得．当时，，解得．综上，的解集为．（2）证明：由（1）知，所以，要证．只需证，即．只需证，即．由，得．故原不等式成立．