2023届甘肃省张掖市重点校高三上学期第九次检测数学（理）试题含解析

2023届甘肃省张掖市重点校高三上学期第九次检测数学（理）试题

一、单选题

1．设i为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

【答案】C

【分析】先化简复数，再利用复数的相关概念求解.

【详解】复数，

因为复数是纯虚数，

所以，解得，

故选：C

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出函数的值域得集合M，解不等式得集合N，再利用交集的定义求解作答.

【详解】函数的值域是，即，解不等式得，即，

所以.

故选：A

3．已知向量与的夹角为，则（    ）

A．6 B． C．3 D．

【答案】A

【分析】由数量积公式结合得出答案.

【详解】解：因为向量与的夹角为，

所以

所以

故选：A

4．莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大､内容最丰富的佛教艺术胜地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游.已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中莫高窟九层楼96号窟､莫高窟三层楼16号窟､藏经洞17号窟被誉为最值得参观的洞窟.根据疫情防控的需要，莫高窟改为极速参观模式，游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，所有选择中至少包含2个最值得参观洞窟的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据排列组合知识求得基本事件的个数后可得概率．

【详解】8个开放洞窟中有3个最值得参观，

所求概率为．

故选：B．

5．函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将函数的图象

A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度

C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】B

【分析】由函数的最值求出A，由周期求出ω，由特殊点求出φ的值，可得凹函数f（x）的解析式，再利用y=的图象变换规律，得出结论．

【详解】由函数f（x）=的部分图象，

可得A=2，∵，∴T=π，ω=2，f（x）=2sin（2x+φ），

将代入得，∵﹣π＜φ＜0，

∴．

故可将函数y=f（x）的图象向左平移个单位长度得到的图象，即为的图象，

故选B．

【点睛】由的图象变换出 的图象一般有两个途径，只有区别开这两个途径，才能灵活进行图象变换,利用图象的变换作图象时，提倡先平移后伸缩，但先伸缩后平移也经常出现无论哪种变形，请切记每一个变换总是对字母而言，即图象变换要看“变量”起多大变化，而不是“角变化”多少.

6．数列满足，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据数列的递推公式代入计算，计算出，即可得答案.

【详解】由，，所以，，.

故选：B

7．中国古代三国时期的数学家赵爽,创作了一幅“勾股弦方图”，通过数形结合，给出了勾股定理的详细证明.如图所示,在“勾股弦方图”中，以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成，这一图形被称作“赵爽弦图”.若正方形与正方形的面积分别为25和1，则

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】设,则,

解得,故得到.

故选：D.

8．已知函数，且，，，则、、的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】分析出函数是偶函数，且在上为增函数，利用偶函数的性质可得，利用指数函数和对数函数的单调性结合中间值法比较、、的大小关系，利用函数在上的单调性可得出、、的大小关系.

【详解】函数的定义域为，且，

，函数为偶函数，

，

由于函数在上为增函数，函数为增函数，

所以，函数在上为增函数，

，因此，.

故选：D.

【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性比较函数值的大小关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

9．已知双曲线的一条渐近线与圆相切，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用渐近线与圆相切，得到关系，然后得到关系，再求解双曲线的离心率．

【详解】解：由题意可知双曲线的渐近线方程之一为：，

圆的圆心，半径为，

因为双曲线的一条渐近线与圆相切，

所以，，整理得，

因为由，

所以

所以.

故选：C.

10．如图所示直三梭柱内接于圆柱之中，圆柱的体积为，侧面积为，，若三棱柱的体积为，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，分别列出圆柱的体积公式和侧面积公式，解出底面圆的半径和圆柱的高，然后，根据三角形外接圆的性质求出边上的高的最大值，进而求出三棱柱的体积的最大值

【详解】设圆柱底面圆的半径为，设圆柱的高为，设圆柱的体积为，根据题意，列出方程得，

，解得，因为中，，

到的距离为，所以，在圆中，

到的最长距离为，所以，

所以，三棱柱的体积的最大值.

故选：A

11．已知定义在上的函数对任意的都满足，当时，若函数恰有6个不同零点，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，得到与恰有6个不同的交点，再由题意，得到的周期，在同一坐标系下画出函数和的图象，分别讨论和两种情况，结合图形，即可得出结果.

【详解】由条件可知函数恰有6个不同的零点，

转化为与恰有6个不同的交点，

，的周期，

且时，，是偶函数，图象关于轴对称，

如图，在同一坐标系下画出函数和的图象，

①当时，的图象如图所示，

轴左侧有4个交点，右侧有2个交点，

此时应满足，解得；

②当时，与在轴左侧有2个交点，

右侧有4个交点，

此时应满足，解得：；

综上可知，的取值范围是.

【点睛】本题主要考查由函数零点个数求参数，根据数形结合的方法求解即可，属于常考题型.

二、多选题

12．热搜是指网站从搜索引擎带来最多流量的几个或者是几十个关键词及其内容，热搜分为短期热搜关键词和长期热搜关键词两类.“搜索指数”是网友通过搜索引擎，以每天搜索关键词的次数为基础所得到的统计指标.如图是年月到年月这半年中，某个关键词的搜索指数变化的走势图（纵轴单位：人次）.

根据该走势图，下列结论不正确的是（    ）

A．网友对该关键词相关的信息关注度不断减弱

B．网民对该关键词相关的信息关注度呈周期性变化，有规律可循

C．年月份的方差小于年月份的方差

D．年月份的平均值大于年月份的平均值

【答案】ABC

【分析】根据走势图依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，走势图存在上下波动的情况，故关注度并非不断减弱，A错误；

对于B，走势图变化趋势并没有呈现出周期性，B错误；

对于C，走势图中，年月份的波动程度超过年月份的波动程度，故月份的方差大于月份的方差，C错误；

对于D，走势图中，年月份的数值明显高于年月份的数值，故年月份的平均值大于年月份的平均值，D正确.

故选：ABC.

三、填空题

13．展开式中的常数项为______．

【答案】240

【分析】利用二项式定理，求出通项公式进行求解.

【详解】展开式的通项公式为：，令，解得：，则.

故答案为：240

14．已知，且，则___________.

【答案】

【分析】由可知，，再根据，即可求出的值．

【详解】因为，所以，而，

所以．

故答案为：．

15．已知直线恒过定点A，点A在直线上，则的最小值为___________.

【答案】9

【分析】由直线方程分析可得定点A为，进而有，根据目标式结合基本不等式“1”的代换求最小值即可，注意等号成立条件.

【详解】由题设，，

∴当时，方程恒成立，故直线恒过定点，

∴，则，当且仅当时等号成立，

∴的最小值为.

故答案为：

16．已知四棱锥的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，，点E在棱PB上，且，过E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是___________.

【答案】

【分析】将四棱锥补形为长方体，再根据长方体里面的三角形关系求得，再根据当OE⊥截面时，截面积最小求解即可

【详解】如图，将四棱锥补形为长方体，易知该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，∵PC为长方体的体对角线，∴球心O在PC的中点上，∴外接球半径，设平面为过E的球O的截面，则当OE⊥平面时，截面积最小，由图可知，设截面半径为r，则，所以截面圆的面积为，即所得截面面积的最小值为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查了球的截面问题，重要思路是当OE⊥截面时，截面积最小，同时也考查了立体几何中的线段求解，需要利用直角三角形求解，属于中档题

四、解答题

17．在中，内角的对边分别为．若．

(1)求角的大小；

(2)设是的中点，且，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合和正弦和角公式得，进而求得答案；

（2）根据题意得，进而得，解方程得，再求面积即可.

【详解】(1)解：因为，

所以，由正弦定理边角互化得，

因为，

所以，

因为，

所以，

因为，

所以，

(2)解：因为是的中点，

所以，，

所以，，

因为，

所以，，即，解得，（舍），

所以，.

18．在①，②是和的等比中项，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．

问题：已知公差d不为0的等差数列的前n项和为，．

(1)______，求数列的通项公式；

(2)若数列，，求数列的前n项和．

【答案】(1)答案见详解；

(2)

【分析】（1）选①根据等差数列求和公式化简求出公差，即可求通项；选②根据等比中项公式化简求出公差，从而求出通项；

（2）利用分组求和法即可求解结果．

【详解】(1)选①：由于，

所以，又，所以，故

所以；

选②：是和的等比中项，则，

所以，又，解得，（舍去）

所以；

(2)，，则

19．某公司通过甲､乙两个团队销售一种产品，并在销售的过程中对该产品的单价进行调整．现将两个团近100天的日均销售情况统计如下表所示：

(1)是否有的把握认为产品的日均销售量是否超过3000件与团队的选择有关；

(2)现对近5个月的月销售单价，和月销售量的数据进行了统计，得到如下数表，求关于的回归直线方程．

(3)对日均销售量的多少，利用分层抽样的方法随机抽取5天调查，再从这5天中抽取2天进行分析销售情况，求抽取的2天中日均销售量均超过3000件的概率．

参考公式：回归直线方程，其中参考公式数据：

【答案】(1)有

(2)；

(3)．

【分析】（1）根据列联表，计算的值，结合附表，即可得到结论；

（2）根据表格中的熟记，分别求得，利用公式求得，即可得到回归直线方程.

（3）根据分层抽样得日均销售量超过3000的有天，日均销售量不超过3000的有天，再根据古典概率列举求解即可.

【详解】(1)解：依题意，

所以，有的把握认为产品的日均销售量是否超过件与团队的选择有关.

(2)解：因为，，

所以，

，

所以，关于的回归直线方程为.

(3)解：由表中数据可知，甲乙两个团队日均销售量超过3000件的有80天，不超过3000件的有120天，

所以，根据分层抽样的方法，抽取的5天中，日均销售量超过3000的有天，分别记为；日均销售量不超过3000的有天，分别记为，

所以，从这5天中抽取2天，可能的情况有：，共10种，

其中抽取的2天中日均销售量均超过3000件的只有一种情况，

所以，抽取的2天中日均销售量均超过3000件的概率为

20．如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，，，，．

（1）求证：平面平面；

（2）设为上一点，满足，若直线与平面所成的角的正切值为，求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）由直角三角形可得，由线面垂直的性质可得，从而可得平面，结合面面垂直的判定定理可得结论；

（2）以点为坐标原点，、、分别、、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，根据空间向量夹角余弦公式，可得结果.

【详解】（1）由，，，可得，

为等腰直角三角形，则，，

又，，可得，，从而，

底面，平面，，

，平面，

平面，所以平面平面；

（2）平面，为与底面所成角.

所以，所以，，

又及，可得，，

以点为坐标原点，、、分别、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、.

设平面的法向量为，，，

则由得，令，可得，，则，                           

同理平面的法向量为，

所以.

又二面角为锐角，所以二面角余弦值为.

【点晴】本题主要考查利用空间垂直关系以及空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：

（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；

（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；

（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；

（4）将空间位置关系转化为向量关系；

（5）根据定理结论求出相应的角和距离.

21．已知函数为自然对数的底数

(1)求在处的切线方程；

(2)当时，，求实数的最大值；

(3)证明：当时，在处取极小值.

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）求导，，即可求得切线方程.

（2）成立，等价于，构造函数，利用导数求得最小值即可得出结果.

（3）令，可得当，单调递增，讨论当时，当时，函数的单调性进而可得的单调性，从而证得结果.

【详解】(1)

，且，则所以在处的切线方程为

(2)当时，，即当时，，当时，，即，令，

则，

因为，所以

当时，，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以，所以

所以实数的最大值为.

(3)令，

若，当，和都单调递增，所以单调递增，

①当，即时，则，则在上单调递增，而，所以当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增；所以在处取极小值；

②当，即时，且，

单调递增，所以存在，使得，且时，，则在上单调递增，而，

所以当时，，所以在上单调递减；

当时，，所以在上单调递增；

所以在处取极小值.

综上，当时，在处取极小值.

【点睛】关键点睛：本题考查用导数求函数的极值，考查零点存在定理，解题关键是需要导函数进一步求导，以便确定导函数的单调性与零点的存在性，从而得出函数的性质.本题属于较难题.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程是．

(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

(2)直线与曲线交于两点，点，求的值．

【答案】(1)见答案；

(2).

【分析】（1）根据参数方程和普通方程互化公式，代入整理即可得到答案；

（2）由题意，重新改写直线的参数方程，代入圆的普通方程整理，根据参数的几何意义，把整理为，利用韦达定理代入数据整理可得答案.

【详解】(1)将直线的参数方程消去参数得，

所以直线的普通方程为，

将曲线的极坐标方程化为普通方程为；

(2)因为直线过点，

所以直线的参数方程可改写为（为参数），

代入中，并整理得，

设两点对应的参数分别为，由韦达定理得，，

.

23．已知函数，.

(1)若，求不等式的解集；

(2)当时，若，，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，结合零点分段法求得不等式的解集；

（2）利用绝对值不等式求得，进而求得参数的范围.

【详解】(1)依题意，，

当时，原式化为，解得，故；

当时，原式化为恒成立，故；

当时，原式化为，解得，故.

故不等式的解集为.

(2)依题意，，

而，故，

故，即，故的取值范围为.