2023阿拉善盟一中高三上学期期末数学（文）试题含解析
展开阿拉善盟第一中学20222023学年度第一学期高三年级期末考试
数学（文科）
考生注意：
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知i是虚数单位，复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】结合虚数单位的周期性、复数的四则运算求解，结合复数对应复平面点的坐标即可得到答案.
【详解】，对应点坐标为，位于第二象限.
故选：B.
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解指数不等式和一元二次不等式分别求出集合,再应用并集概念运算即可
【详解】集合，，
所以.
故选:D.
3. 已知向量，若，则实数m的值是（ ）
A. B. C. 1 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，求解即可.
【详解】解：由，得，
解得.
故选：A.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合诱导公式和二倍角公式求得正确答案.
【详解】由，得，
所以.
故选：C
5. 已知函数.若曲线和在公共点处有相同的切线，则a，b的值分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据和在公共点处有相同切线得出在处两函数的导数相等,再由在上,列方程组求解即可.
【详解】因为，所以，
由题意，解得
故选:A.
6. 若双曲线的渐近线与圆相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据渐近线的公式写出直线方程，根据直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径列出方程求解.
【详解】双曲线的渐近线为，
即，由于对称性不妨取，
圆.即，
所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的
距离，解得或（舍去）.
故选:D.
7. 在正方体中，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】平移到,再连接，再解三角形即可求出答案.
【详解】
平移到,再连接，则或其补角为异面直线与所成的角，
设正方体的棱长为2，易得，，，
由余弦定理得
故选：A.
8. 将函数的图像向左平移个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到函数的图像，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平移规则，依次先左右平移再上下平移后化简解析式即可.
【详解】函数的图像向左平移个单位长度，
可得，
再向上平移4个单位长度，可得.
故选:A.
9. 某地锰矿石原有储量为a万吨，计划每年开采量为本年年初储量的m（，且m为常数）倍，第n（）年开采后剩余储量为，按该计划使用10年时间开采到剩余储量为原有储量的一半.若开采到剩余储量为原有储量的70%，则需开采约（参考数据：）（ ）
A. 3年 B. 4年 C. 5年 D. 6年
【答案】C
【解析】
【分析】设第n年开采后剩余储量为y，则，计算，得到，解得答案.
【详解】设第n年开采后剩余储量为y，则，
当时，，所以，，故，即，
，设第n年时，，
故，，，故.
故选：C
10. 更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之”，如图是该算法的程序框图，如果输入，，则输出的a是（ ）
A. 23 B. 33 C. 37 D. 42
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图依次计算得到答案.
【详解】根据程序框图，输入的，，因为，且，所以；第二次循环，；
第三次循环，；
第四次循环，，此时，输出.
故选：B
11. 已知点F为抛物线C：的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则的最小值为（ ）
A. 64 B. 54 C. 50 D. 48
【答案】C
【解析】
【分析】利用韦达定理表示出弦长和，利用基本不等式可求最小值.
【详解】抛物线：的焦点，
因为，所以直线，斜率存在，且均不为0.
设直线的方程为，，，
由得，
所以，所以，
因为，所以将中的替换为可得，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故的最小值是50.
故选:C.
12. 设等比数列满足，，记为中在区间中的项的个数，则数列的前50项和（ ）
A. 109 B. 111 C. 114 D. 116
【答案】C
【解析】
【分析】先求出等比数列的通项公式，再结合题意得到当，2时，；当时，；当时，；当时，；从而求出数列的前50项和.
【详解】设等比数列公比为q，则，，
解得，，故，
因为为中在区间中的项的个数，
所以当，2时，；
当时，；
当时，；
当时，；
故.
故选：C.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某高校调查了400名学生每周的自习时间（单位：小时），将收集到的自习时间分成5组：（自习时间均在内），制成了如图所示的频率分布直方图，则这400名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是______.
【答案】280
【解析】
【分析】计算自习时间不少于22.5小时的组的频率与总人数相乘即可.
【详解】由频率分布直方图知，这400名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数为：.
故答案为：280.
14. 设数列的前n项和为，对任意都有（t为常数），则称该数列为“t数列”，若数列为“2数列”，且，则______.
【答案】2021
【解析】
【分析】利用并项求和即可.
【详解】根据题意得到：，
所以.
故答案为：2021.
15. 已知函数，若它们同时满足下面两个条件：①，和中至少有一个小于0；②，则m的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据取正负时的范围分类讨论．先由时，得出的范围，然后由时，缩小范围，最后利用条件②，存在，使得，结合一元二次不等式的解集可得答案．
【详解】由题意时，，时，时，，
（1）由条件①时，，，或，
（2）时，，
在（1）的基础上，
若，
时，时，或，因此，满足题意，
时，也满足题意，
时，，或，满足题意，
，，此时，不满足题意
因此有，
（3）下面在范围内讨论条件②，即存在，使得．
即，
由于时，，
所以，，所以．
故答案为：．
16. 在三棱锥中，是等边三角形，平面平面ABC，，，且三棱锥的所有顶点都在半径为4的球О的球面上，则三棱锥的体积为______.
【答案】24
【解析】
【分析】由几何关系可判断在上，即可列式求得棱长，即可求三棱锥体积.
【详解】因为，所以为所在截面圆的直径，又平面平面，为等边三角形，所以在上，如图所示，
设，则，，
所以，解得，所以，，
又，，所以，所以.
故答案为：24.
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求证：；
（2）若，外接圆的半径为，求的面积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边可得，进而根据余弦定理角化边可得，即可得出结果；
（2）由正弦定理可得，或.根据余弦定理，分别求出当以及时，的值，然后根据面积公式即可得出结果.
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
由正弦定理得，
又由余弦定理得.
所以，又，所以.
【小问2详解】
解：因为且，所以，即，
又外接圆的半径，由正弦定理，即，
因为，所以或.
若，又，由余弦定理，
即，解得或（舍去），
所以，
所以；
若，又，由余弦定理，
即，解得或（舍去），
所以，
所以.
所以的面积为或.
18. 盲盒里面通常装的是动漫、影视作品的周边，或者设计师单独设计出来的玩偶.由于盒子上没有标注，购买者只有打开后才会知道自己买到了什么，因此这种惊喜吸引了众多年轻人，形成了“盲盒经济”.某款盲盒内装有正版海贼王手办，且每个盲盒只装一个.某销售网点为调查该款盲盒的受欢迎程度，随机抽取了400人进行问卷调查，并全部收回.经统计，有的人购买了该款盲盒，在这些购买者当中，男生占；而在未购买者当中，男生、女生各占.
（1）完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为是否购买该款盲盒与性别有关？
| 女生 | 男生 | 总计 |
购买 |
|
|
|
未购买 |
|
|
|
总计 |
|
|
|
（2）从购买该款盲盒的人中按性别用分层抽样的方法随机抽取6人，再从这6人中随机抽取3人发放优惠券，求抽到的3人中恰有1位男生的概率.
参考公式：，其中.
参考数据：
0.10 | 0.05 | 0.025 | 0.010 | 0.005 | 0.001 | |
2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 | 10.828 |
【答案】（1）列联表见解析，有99.5%的把握认为是否购买该款盲盒与性别有关
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题意可完成列联表，结合公式即可计算，即可判断是否有的把握认为是否购买该款盲盒与性别有关
（2）列举基本事件个数，结合古典概型的概率计算公式即可求解.
【小问1详解】
由题可得：购买了该款盲盒的人数为人，其中购买了该款盲盒的男生人数为人，则购买了该款盲盒的女生为人，
所以未购买者总人数为280人，男生、女生各占为140人，则列联表为：
| 女生 | 男生 | 总计 |
购买 | 80 | 40 | 120 |
未购买 | 140 | 140 | 280 |
总计 | 220 | 180 | 400 |
根据列联表中的数据，可得，
因为，所以有99.5%的把握认为是否购买该款盲盒与性别有关.
【小问2详解】
抽取6人中，女生有：（人），记为.
男生有：（人），记为A，B.
从这6人中随机抽取3人，有，，，共20种基本事件，
其中抽到的3人中恰有1位男生，有，
，共12种基本事件，
所以抽到的3人中恰有1位男生的概率.
19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为4的等边三角形，.
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点M，利用平面几何知识证明，，所以平面，即证；（2）利用等体积转化将转化为，求平面的面积，直截面法可求体积.
【小问1详解】
证明：取中点M，连接，如图所示.
因为为等边三角形，，M为中点，所以，
因为，所以，所以，
所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
解：
在三棱柱中，平面平面，所以平面，
所以.
在中，由余弦定理得，即，解得或（舍去）.
在中，，由勾股定理得，
中，，所以，所以，
所以.
因为平面，所以.
所以的体积为.
20. 已知椭圆：的离心率为，且点在上.
（1）求的方程；
（2）设，为的左、右焦点，过的直线交于A，B两点，若内切圆的半径为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题设条件列方程求解即可；
（2）先根据椭圆的定义确定的周长，进而可求的面积，再根据，利用韦达定理代入求解.
【小问1详解】
因为的离心率为，故可设，，.
故的方程为，
代入得，解得.
所以的方程为.
【小问2详解】
的周长为，
故.
设，，由题意可得直线与轴不重合，，
故可设直线的方程为，
则.
由得，
此时，
所以，，
故.
解得，故直线的方程为或.
21. 设向量，，，（）.
（1）当时，求的极值；
（2）当时，求函数零点的个数.
【答案】（1）的极小值为，无极大值
（2）当时，函数的零点个数为1
【解析】
【分析】（1）将的值代入，然后求导，分析单调区间求极值即可.
（2）对分类讨论，分别求函数单调区间，结合极值即可判断零点个数.
【小问1详解】
根据已知得，则
当时，，，，
由得或（舍）.
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
因为，
若，当时，；当时，；当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
有极大值，
极小值，又，
所以函数有1个零点.
若，恒成立，函数单调递增，
此时，，所以函数有1个零点；
若，当时，；当时，；当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以有极大值，显然极小值，
又，所以函数有1个零点.
综上所述，当时，函数的零点个数为1.
【点睛】方法点睛：确定单调区间的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数，令，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；(3)利用的定义域和实根把函数的定义区间分成若干个小区间；(4)确定在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性
（二）选考题：共10分.请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.
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，直线的极坐标方程为.
（1）求的直角坐标方程；
（2）若与有公共点，求取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式展开，再结合，即可得到直线方程；
（2）将参数方程代入（1）中的直线方程得，则转化为有解，令，，则设，求出其值域即可.
【小问1详解】
因为，所以，
又因为，，得，
即的直角坐标方程为.
【小问2详解】
将，代入，得，
所以，即，
要使与有公共点，则有解，
即有解，令，则，
令，，则对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，，
所以，
解得，即的取值范围是.
选修4-5：不等式选讲
23. 已知，且.证明：
（1）；
（2）.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由均值不等式和根式的运算即可证明；
（2）由均值不等式结合不等式的性质和根式的运算即可证明.
【小问1详解】
证明：
因为，有 ，
则 ，即，所以 ，
当且仅当 即 时取等号.
【小问2详解】
证明：因为，有 ， ， ，
则有，，，
得，
当且仅当时取等号.
