2023届甘肃省兰州市第六十一中学高三上学期第一次质量检测数学（理）试题含解析

2023届甘肃省兰州市第六十一中学高三上学期第一次质量检测数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合A={x|}，B={x|x²-5x<0}，则A∩B=（    ）

A．（1,0） B．（0,5） C．（0,1） D．（1,5）

【答案】D

【分析】先分别解出两个集合，再求其交集即可.

【详解】

又.

故选：D

2．已知复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出复数，即可求出.

【详解】因为复数满足，所以

所以，

所以.

故选：B

3．若，且，则（    ）

A． B． C． D．7

【答案】C

【分析】先根据诱导公式化简，再运用平方关系求出进而得到最后运用两角和的正切公式可求出的值.

【详解】依题意

故选：C

4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图判断出几何体的结构，进而计算出几何体的体积.

【详解】根据三视图可知，该几何体是长方体挖掉一个圆柱所得，

所以体积为.

故选：C

5．下列有关命题的说法中正确的是（    ）

A．“”是“”必要不充分条件

B．“x=1”是“x≥1”的必要不充分条件

C．

D．若命题p为“x∈R，使x²≥0”，则命题p的否定为“x∈R，都有x²≤0”

【答案】C

【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断AB，根据指数式的性质判断C，再根据大于等于的否定判断D.

【详解】A：又A错；

B:  “x=1”是“x≥1”的充分不必要条件，B错；

C: 根据指数函数的性质知：，C对；

D:的否定是D错.

故选：C

6．的展开式中只有第5项的二项式系数最大，若展开式中所有项的系数和为256，则a的值为（    ）

A．1 B．-1 C．3 D．1或-3

【答案】D

【分析】展开式中只有第5项的二项式系数最大，可以得到的值，然后再赋值法求出所有项的系数和的表达式可解出a的值.

【详解】展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以总共有9项，

令得所有项的系数和为

故选：D

7．图，正方体的棱长为1，动点在线段上，分别是的中点，与交于点.有以下4个结论：①；②平面；③存在点，使得平面平面；④三棱锥的体积为定值，其中不正确的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】在①中，连接，分别证明出和，即可判断；在②中，利用线面垂直的判定定理证明出平面；在③中，由与平面有交点，可以判断③错误；在④中，利用等体积法可以证明.

【详解】在①中，连接.在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，所以.

因为分别是的中点，所以，所以.故①正确；

在②中，因为，且，所以，所以，所以，所以.

又，，面，面，

所以平面.故②正确；

在③中，与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面；故③错误；

在④中，且△的面积是定值，而点到平面的距离也是定值，所以三棱锥的体积为定值，故④正确.

所以错误的个数为1，

故选：A

8．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”.其大意是：有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地.则下列说法：①此人第四天走了二十四里路；②此人第二天走的路程比后五天走的路程少九十里；③此人第二天走的路程占全程的；④此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍.其中正确的有（    ）

A．①③ B．①②④ C．②③④ D．③④

【答案】B

【分析】利用等比数列分别求得此人六天所走路程，再去判断各个说法即可解决

【详解】设此人六天所走路程分别为，，，，，

由题意得，，，，，构成公比为的等比数列，且前6项和

则，解之得，

则，，，，

则此人第四天走了24里路. ①判断正确；

此人第二天走的路程比后五天走的路程少90里.②判断正确；

此人第二天走的路程占全程的. ③判断错误；

此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍. ④判断正确.

综上，正确的有①②④

故选：B

9．已知直线与抛物线相交于A，B两点，满足OA⊥OB，则抛物线的方程为（    ）

A．y²=2x B．y²=4x C．y²=6x D．y²=8x

【答案】A

【分析】联立直线与抛物线组成方程组，利用设而不求的方法表达出OA⊥OB，解方程即可求得，进而得到抛物线的方程

【详解】设，则

由，整理得

则 ，

由OA⊥OB，可得，则，则

又

则，

则，解之得

则抛物线的方程为

故选：A

10．某市某中学高三（4）班同学小李要测量一座山的高度.当地有一座山，高度为OT，小李同学先在地面选择一点A，在该点处测得这座山在西偏北25°方向，且山顶T处的仰角为30°；然后从A处向正西方向走700米后到达地面B处，测得该山在北偏西5°方向，山顶T处的仰角为60°.同学们建立了如图模型，则山高OT为（    ）

A．20米 B．50米 C．200米 D．140米

【答案】D

【分析】设山高，结合题意在三角形中求出，然后利用正弦定理即可求解.

【详解】设山高，在中，，，

在，，所以，

在中，，所以，

在中由正弦定理可得：，

也即，

所以，

故选：.

11．已知P，A，B，C，D是球O的球面上的五个点，四边形ABCD为梯形，AD//BC，AB=DC=AD=1，BC=PA=2，PD⊥平面ABCD，则球O的表面积为（    ）

A．6π B．7π C．4π D．8π

【答案】B

【分析】根据题意抽象出图形，根据已知条件分析和找出相应的等量关系，求出球的半径，利用球体的表面积公式计算即可.

【详解】如图：

由题可知，四边形为等腰梯形，取的中点，

连接，则

且，所以四边形为平行四边形

故

所以四边形为菱形，

连接，因为且

所以四边形为平行四边形，即

，

所以到的距离相等，

故为球小圆的圆心.

取的中点，作，且

又因为平面

所以四边形为矩形，

因为,

所以

在直角三角形中，球的半径为：

故球的表面积为：

故选：B.

12．若函数f（x）=，则满足恒成立的实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】判断函数f（x）=是上的奇函数，利用导函数可判断是上的增函数，恒成立等价于，分离得，令，则，经过分析知是上的偶函数，只需求在上的最大值，进而求得的取值范围.

【详解】因为，

所以是上的奇函数，

由

，

所以是上的增函数，

所以等价于：

即，

所以，

令，

则问题转化为：，

因为且定义域为，

所以是上的偶函数，

所以只需求在上的最大值即可.

当时，，

，

则当时，；当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减，

可得：，

即，

故选：A.

二、填空题

13．已知向量，，若，则______

【答案】

【分析】根据向量坐标运算法则求出，再利用模的计算公式即可.

【详解】根据题意，，

解得，此时，

则.

故答案为：

14．若x、y满足约束条件则的最小值为______

【答案】##0.8

【分析】作出可行域，利用的几何意义求出最小值.

【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：

z的几何意义为区域内的点到原点的距离的平方.

由图象知：OA的距离最小,为原点到直线的距离.

由,则的最小值为.

故答案为：

15．已知抛物线C:y2=2px（p>0）的焦点F与椭圆的右焦点重合，点M是抛物线C的准线上任意一点，直线MA，MB分别与抛物线C相切于点A，B.设直线MA，MB的斜率分别为______

【答案】

【分析】首先求出抛物线方程，再设出点坐标，设出直线方程，利用切线求出关于的方程，再结合韦达定理即可.

【详解】由椭圆的方程得，右焦点为，所以抛物线的焦点为，所以，，所以抛物线方程为，准线方程为.

设，设过点的直线方程为，与抛物线联立，消去得，令其，得，则直线MA，MB的斜率为的两个根，有韦达定理得.

故答案为：

16．在△ABC中，角A，B，C所对的分别为a，b，c，向量，向量，且，则的最大值为______

【答案】2

【分析】首先利用向量平行的条件求出角，再结合辅助角公式化简求最值即可.

【详解】因为，根据向量平行的坐标公式可得，

则，

由正弦定理可得，

化简可得，，

因为，解得，，所以.

，

因为，所以，，所以最大值为.

故答案为：2

三、解答题

17．已知等差数列为递增数列，，且成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)令，若为数列的前n项和，且存在，使得成立，求实数λ的取值范围.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）用基本量表示出=36和的关系式，解方程组可得首项和公差，进而得到通项公式；（2）运用裂项相消法先求出数列和，代入不等式可得.

【详解】（1）依题意有：，

又等差数列为递增数列，

代入

（2）由（1）知：，

代入得：

综上所述：

18．如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，，

(1)求证：平面DEF⊥平面DCE；

(2)当AB的长为何值时，二面角A-EF-C的大小为60°.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先根据面面垂直证明出面，从而利用与垂直，即可证明.

（2）首先建立空间坐标系，再分别求出平面的法向量以及面的法向量，最后利用向量公式即可表示出二面角，从而求出的值.

【详解】（1）因为，所以，因为矩形和平面垂直，所以.矩形和平面交于，所以面，又因为

面，所以.因为面，所以面，又因为面，所以平面DEF⊥平面DCE.

（2）因为，所以，由上面可知，面，则以为原点，分别以为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.如下图.

过点作于点，在中，，，则.因为，所以，.

设，则、、，，

，，，设平面的法向量为，则，得，令，则，

因为面，所以，若二面角的大小为，则

，解得，所以当时，二面角A-EF-C的大小为60°.

19．中国提出共建“一带一路”，旨在促进更多的经济增长和更大的互联互通，随着“一带一路”的发展，中亚面粉、波兰苹果、法国红酒走上了国人的餐桌，中国制造的汽车、电子元件、农产品丰富着海外市场.为拓展海外市场，某电子公司新开发一款电子产品，该电子产品的一个系统有3个电子元件组成，各个电子元件能正常工作的概率为，且每个电子元件能否正常工作相互独立，若系统中有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作，否则就需要维修，且维修所需费用为900元.

（1）求系统需要维修的概率；

（2）该电子产品共由3个系统组成，设为电子产品所需要维修的费用，求的期望；

（3）为提高系统正常工作的概率，在系统内增加两个功能完全一样的其他品牌的电子元件，每个新元件正常工作的概率为，且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作，则可以正常工作.问：满足什么条件时可以提高整个系统的正常工作概率？

【答案】（1）；（2）700；（3）时，可以提高整个系统的正常工作概率.

【解析】（1）由次独立重复试验中事件恰好发生次概率计算公式能求出系统需要维修的概率．

（2）设为需要维修的系统的个数，则，且，由此能求出的期望．

（3）当系统G有5个元件时，原来3个电子元件中至少有1个元件正常工作，G系统正常才正常工作，若前3个电子元件中有1个正常工作，同时新增的两个必须都正常工作，若前3个电子元件中有2个正常工作，同时新增的两个至少有1个正常工作，若前3个电子元件都正常工作，则不管新增的两个是否正常工作，系统G均能正常工作，由此求出新增两个元件后系统G能正常一作的概率，从能求出满足什么条件时可以提高整个系统G的正常工作概率．

【详解】解：（1）系统需要维修的概率为，

（2）设为需要维修的系统的个数，则，且，

所以．

（3）当系统有5个电子元件时，原来3个电子元件中至少有一个元件正常工作，系统才正常工作

①若前3个电子元件中有1个正常工作，则同时新增的两个必须都正常工作，则概率为；

②若2个电子元件中有2个正常工作，则同时新增的两个至少有1个正常工作，则概率为；

③若前3个电子元件中3个都正常工作，则不管新增两个元件能否正常工作，系统均能正常工作，则概率为；

所以新增两个元件后系统能正常工作的概率为

令，解得，

即时，可以提高整个系统的正常工作概率.

20．已知椭圆C：的离心率为，右顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，斜率为2的直线经过点A，且点F到直线的距离为

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l：与椭圆C交于E、F两点（E、F两点与A、B两点不重合），且以EF为直径的圆过椭圆C的右顶点，证明：直线l过定点，并求出该定点坐标.

【答案】(1)；

(2)证明见解析，定点.

【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的标准方程；（2）利用“设而不求法”得到，即可证明.

【详解】（1）由题可知,直线的方程为,即,

∴右焦点F到直线的距离为

又∵椭圆C的离心率为,即代入上式得，所以.

∴椭圆C的方程为.

（2）由得：.

由得：.

设，椭圆的右焦点为，则，

因为以EF为直径的圆过椭圆C的右顶点，所以，所以，即，

代入化简得：，

解得：，皆满足.

当时，直线的方程为过点，不符合题意.

当时，直线的方程为过点，符合题意.

综上：直线l过定点.

21．已知函数.

（1）求曲线在点的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若，设，讨论零点的个数.

【答案】（1）；（2）当时，有1个零点；当时，有两个零点.

【解析】（1）求出导函数，计算得切线斜率，求出得切线方程，由方程求得切线在两坐标轴上的截距，从而可得面积．

（2）求出导函数，按，，分类讨论，确定函数的单调性极值，结合零点存在定理判断零点个数．

【详解】解：（1），，，

所以曲线在点处的切线方程为，

即

直线在轴，轴上得截距分别为，

因此所求三角形的面积为；

（2）由，得

（i）当时，，知时，，又为的增函数（此时），且，所以仅有一个零点

（ii）当时，，

由得，为减函数；得，为增函数

∴，又，

∴存在，使，故在有唯一零点

又当时，，即，所以

，而

图像开口向上，故存在，使得，也即有，则存在，使得，故在有唯一零点，此时，有两个零点

（iii）当时，由得或，

①若，即，则

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

而，，

此时，仅有一个零点

②若，即，则，为上的增函数，

因为，，此时仅有一个零点，

③若，即，则

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增

因为，则，，

此时仅有1个零点，

综上，当时，有1个零点；当时，有两个零点．

【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的零点个数．解题关键是分类讨论，由导数确定函数的单调性、极值．求出极值时，判断极值的正负，结合单调性再确定是否要判断另一函数值的正负，从而利用零点存在定理说明零点的存在．

22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的直角坐标方程，并指出该曲线是什么曲线；

(2)若直线l与曲线的交点分别为M，N，求.

【答案】(1)；曲线表示焦点坐标为，对称轴为轴的抛物线．

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的转化，将曲线的方程化为直角坐标方程；

（2）把直线的参数方程为，化为一般方程，然后与联立，写出韦达定理，利用弦长公式，得到.

【详解】（1）因为，所以，即，

所以曲线表示焦点坐标为，对称轴为轴的抛物线．

（2）设点，点

由直线参数方程为化为一般方程为

，代入曲线的直角坐标方程，

得，

所以

所以

23．已知函数f（x）=|x2|+|x+5|.

(1)求不等式f（x）≥9的解集；

(2)若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）零点分段法解绝对值不等式，分类讨论去绝对值即可解；（2）求出的最小值，只需即可.

【详解】（1）当时，原不等式转化为

当时，原不等式转化为

当时，原不等式转化为

综上所述：

（2）由绝对值不等式，当时取等号；

等价于对x恒成立，