2023张掖高三下学期第一次全联考数学（文）试题扫描版含解析

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2022-2023学年第一次全市联考高三数学试卷答案（文）第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1. 已知集合，，那么等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】因为，因此，.故选：D2. 已知复数，则（    ）A. 1 B.  C. 2 D. 4【答案】A【解析】，故选：A.3. 双曲线的离心率是（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】B【解析】把双曲线的方程化为标准方程为，由此可知，实半轴，虚半轴，，所以双曲线的离心率为.故选：B.4. 最早发现于2019年7月的某种流行疾病给世界各国人民的生命财产带来了巨大的损失.近期某市由于人员流动出现了这种疾病，市政府积极应对，通过3天的全民核酸检测，有效控制了疫情的发展，决定后面7天只针对41类重点人群进行核酸检测，下面是某部门统计的甲､乙两个检测点7天的检测人数统计图，则下列结论不正确的是（    ）A. 甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数B. 甲检测点的数据极差大于乙检测点的数据极差C. 甲检测点数据的中位数大于乙检测点数据的中位数D. 甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差【答案】C【解析】对于:甲检测点的平均检测人数为乙检测点的平均检测人数为故甲检测点的平均检测人数多于乙检测点的平均检测人数，故正确;对于:甲检测点的数据极差乙检测点的数据极差，故正确;对于:甲检测点数据为,中位数为,乙检测点数据为,中位数为，故错误;对于:通过观察平均数附近数据个数,极差等或计算甲乙数据的方差,
 都可以判断乙检测点数据比甲检测点数据稳定性强,
 故甲检测点数据的方差大于乙检测点数据的方差,故正确.故选: .5. （    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】C【解析】.故选：C6. 已知向量，满足，且，则，夹角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】由题意，在向量，中，，解得：∴故选：C.7. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，则异面直线与所成角的正切值为（    ）A.  B.  C. 3 D. 【答案】C【解析】如下图，连接 在正四棱柱中，有，所以四边形为平行四边形，所以，所以为异面直线与所成角或其补角，又在中，，，所以，因为，则，所以，故异面直线与所成角的正切值为3.故选：C.8. 已知圆关于直线对称，则的最大值为（    ）A. 2 B. 1 C.  D. 【答案】D【解析】由题意在圆中，∴圆心为，半径为1在直线中，圆关于该直线对称∴直线过圆心，∴，即：∵解得：当且仅当时等号成立∴的最大值为.故选：D.9. 椭圆的左､右顶点分别为，点在上，且直线斜率取值范围是，那么直线斜率取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】设，则，，，于是，故.∵ ∴.故选：B.10. 已知等差数列满足，则下列命题：①是递减数列；②使成立的的最大值是9；③当时，取得最大值；④，其中正确的是（    ）A. ①② B. ①③C. ①④ D. ①②③【答案】D【解析】设等差数列的公差为，故，解得：，由于，故是递减数列，①正确；，令，解得：，且，故使成立的的最大值是9，②正确；，当时，，当时，，故当时，取得最大值，③正确；，④错误.故选：D11. 已知实数满足，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】因为,所以,即得得,因为是上的增函数,比较的大小关系即是,的大小关系 ,同时取15次幂,因为幂函数在上是单调递增的，比较即可,因为 所以即,即得.故选:.12．定义在上的函数满足对任意的x恒有，，且，则的值为（    ）A．2026       B．1015        C．1014          D．1013【解析】根据得，又，所以，所以，，，…，，所以．故选B．第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 函数，的值域是______.【答案】【解析】由题意在中，，∴函数在单调递增∵，∴函数，的值域是故答案为：.14. 若命题“”是假命题，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】命题“”的否定为：“，”.因原命题为假命题，则其否定为真.当时显然不成立；当时，恒成立；当时，只需，解得：.综上有故答案为：.15. 七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形.若随机地从5个等腰直角三角形板块中抽出2块，则这2块面积相等的概率为______.【答案】##0.2【解析】如图，把5个等腰直角三角形编号，从中任取2个的基本事件有：共10个，其中面积相等的有共两个，因此概率为．故答案为：．16. 在棱长为1的正方体中，是侧面内一点（含边界）则下列命题中正确的是（把所有正确命题的序号填写在横线上）______.①使点有且只有2个；②满足的点的轨迹是一条线段；③满足平面的点有无穷多个；④不存在点使四面体是鳖臑（四个面都是直角三角形的四面体）. 【答案】②③【解析】对于①，由正方体可得平面，又平面，所以，则，又，所以，又是侧面内一点，所以在以为圆心，1为半径的圆上，如下图：有无数个这样的点，故①错误；对于②，如下图，连接由正方体可得平面，又平面，所以，又由正方形，得，且平面，所以平面，则满足的点在平面，又在平面，且平面平面，则点的轨迹是线段，故②正确；对于③，如下图，连接在正方体中，有，所以四边形为平行四边形，则，同理可得，又平面，平面，所以平面，平面，且平面，所以平面平面，则满足平面可得点在平面，又在平面，且平面平面，则点的轨迹是线段，故③正确；对于④，如下图，连接在正方体中，有平面，且平面，所以，则均为直角三角形，又平面，且平面，所以，则均为直角三角形，所以四面体是鳖臑，由于是侧面内一点（含边界），故与重合时，四面体是鳖臑，故④错误.故答案为：②③.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知向量，定义函数.（1）求函数的最小正周期；（2）在中，若，且是的边上的高，求长度的最大值.（1）解：=的最小正周期为（2）解：，，.又AB，.由余弦定理得，当且仅当时，“=”成立，=.18. 如图在四棱锥中，底面ABCD，且底面ABCD是平行四边形.已知，，，E是PB中点.（1）求证：平面ACE；（2）求四面体的体积.（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，如图所示：∵ABCD是平行四边形，∴O为BD中点，且E为PB中点，∴，且PD平面ACE内，平面ACE，∴平面ACE.（2）解：∵，∴的面积，又∵面ABCD，∴，又∵E为PB中点，∴，所以四面体的体积为.19. 某地级市受临近省会城市的影响，近几年高考生人数逐年下降，下面是最近五年该市参加高考人数与年份代号之间的关系统计表.年份代号12345高考人数（千人）3533282925（其中2018年代号为1，2019年代号为2，…2022年代号为5）（1）求关于的线性回归方程；（2）根据（1）的结果预测该市2023年参加高考的人数；（3）试分析该市参加高考人数逐年减少的原因.（参考公式：）解：（1）设回归方程为，由表中数据知，，.所以，所以，所以关于的回归方程.（2）由（1）得关于的回归方程.令，（千人），所以预测该市2023年参加高考的人数为22.8千人.（3）①该市经济发展速度慢；②该市人口数量减少；③到省会城市求学人数增多.20. 已知点在抛物线上，且到的焦点的距离与到轴的距离之差为.（1）求的方程；（2）当时，是上不同于点的两个动点，且直线的斜率之积为为垂足.证明：存在定点，使得为定值.（1）解：抛物线的焦点为，准线为，又点在抛物线上，即，所以，即，依题意可得，解得或，或.（2）解：，，.设：，，，联立，消去整理得，①，且，，，，即，适合①，将m代入得，令，解得，直线恒过定点又，点在以为直径的圆上，因为、的中点为，，所以以为直径的圆方程为，所以存在使得.21. 已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）求证：.（1）解：，.令得，且当时，，当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.（2）证明：原不等式化为：.当时，，，显然成立；当时，因为，所以只需证.令，，则，.且当，，所以存唯一使，且时，，时，，即在上单调递增，在上单调递减，又，，所以，即.所以当时，，综上所述：.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.作答时请先涂题号.（选修4-4：坐标系与参数方程）22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）求曲线的任意一点到曲线距离的最小值.解：（1）由，消去得，又曲线是经过原点且倾斜角为的直线其直角坐标方程为.（2）设，，则到直线的距离,当且仅当,即时等号成立.（选修4-5：不等式选讲）23. 已知，求证：（1）；（2）.证明：（1）又因为c>0，所以，=，（当且仅当时，“=”成立）.即证.（2）因为.因为0，，（>1.同理>1，>1，故.