甘肃省武威第六中学2023-2024学年高三下学期第五次诊断数学试卷（原卷版+解析版）

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1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：高考范围．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求函数的定义域，再根据对数函数的单调性求出其值域，最后利用集合的交集定义即得.
【详解】对于，由可得，
又因，故得，
则有，故，则．
故选：A．
2. 若复数，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的四则运算先化简，再求其模长即得.
【详解】．
故选:D．
3. 在矩形中，，，则矩形的面积为（ ）
A. 5B. 10C. 20D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】求出，利用求出x的值，即可求得，结合，即可求得答案.
【详解】由四边形为矩形，得；
由，得，解得，从而，
所以，，所以矩形的面积为．
故选：B．
4. 6人站成一排，其中甲、乙两人中间恰有1人的站法有（ ）
A. 240种B. 192种C. 144种D. 96种
【答案】B
【解析】
【分析】先排甲乙，再选一人排在甲乙中间，最后进行全排列即可得.
【详解】先对甲、乙两人进行排列有种，然后从剩下的4人中选1人站甲、乙两人中间有种，
最后将甲、乙和中间的那个人看成1个元素，与其他3个元素进行全排列有种，
所以不同的站法有种．
故选：B．
5. 记内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，的平分线交边AC于点D，且，则（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用余弦定理求得，得到，结合，列出方程求得，再利用余弦定理，即可求解.
【详解】因为及，可得，
由余弦定理得，
又由，所以，
因为，即，解得，
由余弦定理得，即．
故选：D．
6. 已知圆台的上、下底面半径分别为，，且，若半径为的球与的上、下底面及侧面均相切，则的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆台的轴截面图，利用切线长定理结合圆台和球的结构特征求解，，然后代入圆台体积公式求解即可.
【详解】如图，设的上、下底面圆心分别为，，则的内切球的球心O一定在的中点处．
设球O与的母线AB切于M点，则，，
，，所以．过A作，垂足为G，
则，由，得，所以，
所以的体积为．
故选：A．
7. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象．若，是关于x的方程在内的两个不同的根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，根据图象的平移变换可得的表达式，再结合题意利用正弦函数的对称性可得，即可求得答案.
【详解】，
其中为辅助角，，，
则，
当时，，，，
因为，是关于的方程在内的两个不同根，
所以，
因此．
故选：C．
8. 已知函数，，若函数没有零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数求出函数的最小值，再对该最小值的符号分类讨论即得.
【详解】函数的定义域为，求导得，
当时，，当时，，故函数在上递减，在上递增，
则当时，函数取得最小值.
若，则，从而没有零点，满足条件；
若，由于，，
故由零点存在定理可知在上必有一个零点，不满足条件.
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将零点的存在性问题转化为极值点的符号问题，属于较为常规的问题.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数为11
B. 已知变量x，y的线性回归方程，且，则
C. 已知随机变量，最大，则的取值为3或4
D. 已知随机变量，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用百分位数的定义以及计算方法，可得答案；对于B，根据回归直线必定过样本中心，建立方程，可得答案；对于C，根据二项分布的概率计算公式，结合商式，可得答案；对于D，根据正态分布的对称性以及其概率的表示，可得答案.
【详解】对于A，因为，所以这组数据的75%分位数为14，故A错误；
对于B，由，解得，故B正确；
对于C，，其中．
又，，，
故，
故C正确；对于D，，故D正确．
故选：BCD．
10. 下列函数中，最小值为1的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A选项，把原式转化为二次型函数来求最值；
对于B选项，需要用到不等式证明中的代换1法即可；
对于C选项，需要把原式中的换成，这样又转化为二次型函数来求最值；
对于D选项，遇到绝对值问题用平方思想，把原式化为即可判断.
【详解】对于A，，其最小值为，故错误；
对于B，
，
当且仅当，时等号成立，故B正确；
对于C．设，，则，
所以，
当时，，故C错误；
对于D，，又，
所以当，即，时，，故D正确．
故选：BD．
11. 在平面直角坐标系xOy中，为曲线上任意一点，则（ ）
A. E与曲线有4个公共点B. P点不可能在圆外
C. 满足且的点P有5个D. P到x轴的最大距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】联立方程与即可判断A；利用基本不等式即可判断B；结合B选项即可判断C；由得，设，，则关于m的方程有非负实根，设，利用导数即可判断D.
【详解】联立方程与，解得或，
所以E与曲线有2个公共点，A错误；
由，得，
当且仅当时，取等号，故B正确；
由B知，故满足且的点P仅有与，共有3个，故C错误；
由得，设，，
则关于m的方程有非负实根，
设，，显然在上单调递增，
由，得，则，解得，即，
所以，且等号可取到，D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：利用基本不等式得出是判断BC的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知为R上的奇函数，且，当时，，则的值为______．
【答案】##-0.8
【解析】
【分析】由题设条件可得的周期为2，应用周期性、奇函数的性质有，根据已知解析式求值即可.
【详解】由题设，，故，即的周期为2，
所以，且，
所以.
故答案为：.
13. 已知P，Q是抛物线上的两个动点，，直线AP的斜率与直线AQ的斜率之和为4，若直线PQ与直线平行，则直线PQ与之间的距离等于______．
【答案】
【解析】
【分析】设出直线的方程，联立曲线，可得与纵坐标有关韦达定理，借助韦达定理转换题目条件计算可得直线所过定点，或结合直线PQ与直线平行可得具体方程，后借助平行线间的距离公式计算即可得..
【详解】法一：
显然直线PQ的斜率不为0，故可设，
由，可得，
如图，设，，则，
所以，
则，同理，
由题意，得，
所以，则，
即，直线，故直线PQ恒过定点．
故当直线PQ与直线平行时，
两直线之间的距离等于定点到直线的距离，
即.
法二：
由题意，设，
由，得，
由，解得．
设，，则，，又，
所以，
由题意，，解得，故两平行直线之间的距离为．
故答案为：.
14. 如图，在平行四边形中，，，且交于点，现沿折痕将折起，直至折起后的，此时的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，证得和，得到平面，得到平面平面，过点作的垂线，证得，结合，求得，利用余弦定理和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，折起前，
，所以，
在直角中，可得，
又由，因为，又因为，则，
由，所以，
因为，平面，则平面，
又因为平面，则平面平面，
分别过点作的垂线，垂足分别为点，则，
因为平面平面，且平面，所以平面，
又因为平面，所以
由，
可得，所以，
在中，可得，
因为，所以，所以．
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 甲、乙两人进行射击比赛，每场比赛中，甲、乙各射击一次，甲、乙每次至少打出8环.根据统计资料可知，甲打出8环、9环、10环的概率分别为，乙打出8环、9环、10环的概率分别为，且甲、乙两人射击的结果相互独立．
（1）在一场比赛中，求乙打出的环数少于甲打出的环数的概率；
（2）若进行三场比赛，其中场比赛中甲打出的环数多于乙打出的环数，求X的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到事件包括：甲打出9环乙打出8环，甲打出10环乙打出8环或9环，结合相互独立事件的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意，得到变量的可能取值为，得到，求得相应的概率，列出分布列，求得数学期望.
【小问1详解】
解：设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件A，
则事件A包括：甲打出9环乙打出8环，甲打出10环乙打出8环或9环，
则．
【小问2详解】
解：由题可知的所有可能取值为，
由（1）知在一场比赛中，甲打出的环数多于乙打出的环数的概率为，则，
所以，，
，，
所以随机变量的分布列为：
所以期望为.
16. 如图所示，在三棱锥中，平面平面，．
（1）证明：；
（2）若，点M满足，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由平面平面，再作，可证明平面，从而可得，又因为，所以可证明平面，即可证明；
（2）利用（1）以A为坐标原点建立如图坐标系，利用等边三角形和等腰直角三角形，很快标出各点的空间坐标，对于点M满足，可用向量线性运算求出，最后利用空间向量法来解决直线与平面所成角的正弦值．
小问1详解】
证明：在平面中，过点P作的垂线，垂足为D．
因为平面平面ABC，且平面平面，平面，
所以平面．又因为平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，故．
【小问2详解】
由（1）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，故，，
又因为，
所以
即．
设平面ACM的一个法向量，
则令，则．
又因为，设直线AP与平面ACM所成角为，
则，
所以直线AP与平面ACM所成角的正弦值为．
17. 已知数列的前n项和为，，，
（1）求；
（2）若，求数列的前1012项和．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据求和的定义，整理可得数列的递推公式，结合等差数列的基本概念，可得答案；
（2）由（1）整理通项公式，利用裂项相消，可得答案.
【小问1详解】
当时，因为，所以，
即．又，所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
，
而所以
．
18. 已知双曲线的右焦点为F，左、右顶点分别为M，N，点是E上一点，且直线PM，PN的斜率之积为．
（1）求的值；
（2）过F且斜率为1的直线l交E于A，B两点，O为坐标原点，C为E上一点，满足，的面积为，求E的方程．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据是E上一点得到，再结合直线PM，PN的斜率之积为即可得到；
（2）由（1）得到直线的方程，然后联立直线和双曲线方程，根据得到，根据点为上一点得到，再结合双曲线方程和韦达定理化简得到，解方程得到，最后根据的面积列方程，解方程得到即可得到双曲线的方程.
【小问1详解】
由是E上一点，得，即，
由及，得，
由直线PM，PN的斜率之积为，得，所以．
【小问2详解】
由（1），得E的半焦距，直线．
联立得，
．
设，则，
设，由，得，
由C为E上一点，得，则，
化简，得，
又在上，则，
又有
，即有，
整理，得，解得或．
当时，，则B与C重合，不合题意，故．
，
点到直线的距离为
，
所以的面积，
由面积为，得，解得，故的方程为．
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题，往往需联立直线与圆锥曲线方程，消元并结合韦达定理，运用弦长公式、点到直线距离公式、斜率公式、向量坐标运算进行转化变形，结合已知条件得出结果.
19. 已知函数．
（1）若对恒成立，求的取值范围；
（2）当时，若关于的方程有三个不相等的实数根，，，且，求的取值范围，并证明：．
【答案】（1）
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论利用导数求最值判断不等式恒成立的条件；
（2）关于的方程有三个不相等的实数根，即方程有三个不相等的实数根，设，利用导数可得在内单调递增，在内单调递减，求出函数极值确定的取值范围，利用极值点偏离证明和，即可得结果.
【小问1详解】
当时，，则，
，
所以不等式在区间上不恒成立，不合题意；
当时，函数定义域为，且．
由可得；由可得，
此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
则，即，即，解得．
综上所述，实数a的取值范围是．
【小问2详解】
当时，由，得，
令，则，
由可得或；由可得，
所以在内单调递增，在内单调递减，
所以极大值为，极小值为，
若有3个不同实根，则，即的取值范围为.
此时．
令，
则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，
因为，则，
且，在内单调递减，
则，即，可得．
令，
则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，
因为，则，
且，在内单调递增，
则，即，
由和，两式相加可得．
【点睛】方法点睛：
利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
X
0
1
2
3
P
0343
0.441
0.189
0.027