2023届甘肃省兰州市高三下学期3月诊断考试（月考）理科数学试题含解析

  2023年兰州市高三诊断考试

理科数学

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. ，，则集合（    ）

A.  B.  C.  D.

2. 已知复数满足，在复平面内对应的点在第二象限，则（    ）

A.  B.  C.  D.

3. 2022年8—12月某市场上草莓价格（单位：元/千克）的取值为：12，16，20，24，28，市场需求量（单位：百千克），则市场需求量的方差为（    ）

A. 8 B. 4 C.  D. 2

4. 世纪数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当很大时，（常数）．利用以上公式，可以估计的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

5. 已知点在圆上，其横坐标为，抛物线经过点，则抛物线的准线方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

6. 2021年起，甘肃省普通高中开始实施新一轮课程改革并使用新版教材，某校数学组从人教A版，人教B版，苏教版，湘教版，北师大版，沪教版这6个版本的数学新教材中选出3个版本进行比较研究，要求人教社两个版本的教材不同时被选择，则选择的方法种数是（    ）

A. 20 B. 18 C. 16 D. 10

7. 已知命题：“若直线平面，平面平面，则直线平面”，命题：“棱长为的正四面体的外接球表面积是”，则以下命题为真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

8. 如图是某算法的程序框图，若执行此算法程序，输入区间内的任意两个实数，，则输出的的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

9. 攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构．如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度（单位：dm）分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

10. 下面关于函数的叙述中，不正确的是（    ）

A. 的最小正周期为 B. 的对称中心为

C. 的单调增区间为 D. 的对称轴为

11. 已知双曲线的一条渐近线上存在关于原点对称的两点和，若双曲线的左、右焦点与组成的四边形为矩形，若该矩形的面积为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

12. 已知函数，其中，，，则以下判断正确的是（    ）

A. 函数有两个零点，，且，

B. 函数有两个零点，，且，

C. 函数有两个零点，，且，

D. 函数只有一个零点，且，

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在梯形中，，，，则______．

14. 如图，圆锥轴截面是边长为的正三角形，点是底面弧的两个三等分点，则与所成角的正切值为______．

15. 用长度为1，4，8，94根细木棒围成一个三角形（允许连接，不允许折断），则其中某个三角形外接圆的直径可以是______（写出一个答案即可）．

16. 定义：如果任取一个正常数，使得定义在上的函数对于任意实数，存在非零常数，使，则称函数是“函数”．以下关于“函数”的判断：①函数（且，、为非零常数）必是“函数”；②若，则“函数”为增函数；③若“函数”满足对任意实数，都有，则所有的点都在同一条直线上．其中正确判断的序号是______．

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. 已知数列，，对任意的都有．

（1）求的通项公式；

（2）数列满足：，且，求数列的前项和．

18. 如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．

（1）在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）

（2）在（1）的条件下求直线与平面所成角的正弦值．

19. 2022年第22届世界杯足球赛在卡塔尔举行，这是继韩日世界杯之后时隔20年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，本届世界杯还是首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛．每届世界杯共32支球队参加，进行64场比赛，其中小组赛阶段共分为8个小组，每个小组的4支队伍进行单循环比赛共计48场，以积分的方式产生16强，之后的比赛均为淘汰赛，1/8决赛8场产生8强，1/4决赛4场产生4强，半决赛两场产生2强，三四名决赛一场，冠亚军决赛一场．下表是某五届世界杯32进16的情况统计：

（1）根据上述表格完成列联表：

并判断是否有95%的把握认为球队进入世界杯16强与来自欧洲地区有关？

（2）淘汰赛阶段全场比赛90分钟内进球多的球队获胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负，将进行30分钟的加时赛．加时赛阶段，如果两队仍未分出胜负，则通过点球决出胜负．若每支球队90分钟比赛中胜，负，平的概率均为，加时赛阶段胜，负，平的概率也均为，并且各阶段比赛相互独立．设半决赛中进行点球比赛的场次为，求的分布列及期望．

附：，

20. 已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆的短轴，菱形的周长为，面积为，椭圆的焦距大于短轴长．

（1）求椭圆的方程；

（2）若是椭圆内的一点（不在的轴上），过点作直线交于两点，且点为的中点，椭圆的离心率为，点也在上，求证：直线与相切．

21. 已知函数．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）当时，函数的图象与轴交于，两点，且点在右侧．

（ⅰ）若函数在点处切线为，求证：当时，；

（ⅱ）若方程有两根，．求证：．

（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．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中．

（1）当时曲线与曲线交于、两点，求线段的长度；

（2）过点的直线的参数方程为（为参数）与曲线交于、两点，若，求实数．

[选修4-5：不等式选讲]

23. 已知．

（1）解不等式；

（2）若对于任意正实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．

答案解析

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. ，，则集合（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】列举法表示集合，根据并集定义可得结果.

【详解】，，.

故选：C

2. 已知复数满足，在复平面内对应的点在第二象限，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】依题意设，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，解得即可.

【详解】设，则，因为，

所以，

所以，所以，解得或（舍去），

所以.

故选：C

3. 2022年8—12月某市场上草莓价格（单位：元/千克）的取值为：12，16，20，24，28，市场需求量（单位：百千克），则市场需求量的方差为（    ）

A. 8 B. 4 C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】由草莓价格的方差结合方差的性质得出市场需求量的方差.

【详解】，则草莓价格的方差为

.

因为，所以市场需求量的方差为.

故选：A

4. 世纪数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当很大时，（常数）．利用以上公式，可以估计的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】所求式子为，根据已知中的公式直接计算即可.

【详解】.

故选：D.

5. 已知点在圆上，其横坐标为，抛物线经过点，则抛物线的准线方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合圆的方程可求得点坐标，代入抛物线方程可确定的值，进而确定准线方程.

【详解】将代入圆方程得：，解得：，或，

在抛物线上，或，

解得：（舍）或，抛物线方程为，

抛物线的准线方程为：.

故选：D.

6. 2021年起，甘肃省普通高中开始实施新一轮课程改革并使用新版教材，某校数学组从人教A版，人教B版，苏教版，湘教版，北师大版，沪教版这6个版本的数学新教材中选出3个版本进行比较研究，要求人教社两个版本的教材不同时被选择，则选择的方法种数是（    ）

A. 20 B. 18 C. 16 D. 10

【答案】C

【解析】

【分析】求得6个版本的教材中选3个版本的情况，和人教版的教材同时被选择的情况，利用间接法求解即可．

【详解】解：在6个版本的教材中选3个版本，共有种选择，

人教版的教材同时被选择，有种选择，

故人教社两个版本的教材不同时被选择，有种选择．

故选：C．

7. 已知命题：“若直线平面，平面平面，则直线平面”，命题：“棱长为的正四面体的外接球表面积是”，则以下命题为真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据线面的关系判断命题p的真假，根据正四面体外接球的表面积公式计算判断命题q的真假，结合复合命题真假的判断方法即可求解.

【详解】命题p：若，，则或，故命题p为假命题；

命题q：将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，对角线长为，

则正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，则外接球的半径为，

所以外接球的表面积为，故命题q为真命题.

所以命题为真命题，命题为假命题.

故选：A.

8. 如图是某算法的程序框图，若执行此算法程序，输入区间内的任意两个实数，，则输出的的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据程序框图执行循环体，即可确定满足条件的满足，结合几何概型的面积之比即可求解.

详解】由程序框图可知：输入，时，

当时，满足循环体，执行循环体，，，

当时，满足循环体，执行循环体，此时，，

当时，不满足循环体，退出循环，输出

建立如图所示的直角坐标系， 为正方形区域内的任意一点，

因为，即，

所以满足的点在直线的左侧，

根据几何概型即可求解输出的的概率为 ，

故选：B

9. 攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构．如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度（单位：dm）分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三棱柱和棱台表面积公式计算即可.

【详解】由题可得正三棱柱的底面积为：，

正三棱柱的外露表面积为：，

四棱台侧面梯形的高为：，

四棱台外露表面积为：，

该结构表面积为：.

故选：A

10. 下面关于函数的叙述中，不正确的是（    ）

A. 的最小正周期为 B. 的对称中心为

C. 的单调增区间为 D. 的对称轴为

【答案】B

【解析】

【分析】首先求出函数的定义域，再利用二倍角公式将函数解析式化简，最后结合正切函数的性质一一分析即可.

【详解】解：对于，则，即函数的定义域为，

又，

对于A：函数的最小正周期，故A正确，

对于B，D：，为偶函数，

，的对称轴为，，

故B错误，D正确，

对于C，当，，即，时，

单调递增，故C正确，

故选：B．

11. 已知双曲线的一条渐近线上存在关于原点对称的两点和，若双曲线的左、右焦点与组成的四边形为矩形，若该矩形的面积为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设，根据矩形对角线长相等和矩形面积可构造方程组，化简得到关于的齐次方程，解方程可求得离心率.

【详解】由双曲线方程知其渐近线方程为：，

不妨设在上，设，则，，

四边形为矩形，，，

矩形的面积，

由得：，即，

解得：，.

故选：C.

12. 已知函数，其中，，，则以下判断正确的是（    ）

A. 函数有两个零点，，且，

B. 函数有两个零点，，且，

C. 函数有两个零点，，且，

D. 函数只有一个零点，且，

【答案】B

【解析】

【分析】由已知可得，，，进而利用零点存在性定理可得结论．

【详解】解：因为，，

又，所以，

即，

又，

，

，

则，，

又为定义域上的连续函数，

所以函数必有两个不相同的零点，

存，使得，且，

存在，使得，，，

函数有两个零点，，且，．

故选：B．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 在梯形中，，，，则______．

【答案】

【解析】

【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算可求得结果.

【详解】，，

则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，

则，，，，，

.

故答案为：.

14. 如图，圆锥的轴截面是边长为的正三角形，点是底面弧的两个三等分点，则与所成角的正切值为______．

【答案】

【解析】

【分析】易证得，由异面直线所成角定义可知所求角为，由长度关系可求得结果.

【详解】设圆锥底面圆心为，连接，

为弧的两个三等分点，，

又，为等边三角形，，，

即为异面直线与所成角，

平面，平面，，

，，，

即与所成角的正切值为.

故答案为：.

15. 用长度为1，4，8，9的4根细木棒围成一个三角形（允许连接，不允许折断），则其中某个三角形外接圆的直径可以是______（写出一个答案即可）．

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】根据三角形性质确定三边边长，利用余弦定理和正弦定理计算出对应三角形外接圆的直径.

【详解】4根细木棒围成一个三角形的三边长可以为5，8，9，设边长为9的边所对的角为，

由余弦定理可知：，因为，所以，

由正弦定理知，，

所以其中某个三角形外接圆的直径可以是.

故答案：（答案不唯一）.

16. 定义：如果任取一个正常数，使得定义在上的函数对于任意实数，存在非零常数，使，则称函数是“函数”．以下关于“函数”的判断：①函数（且，、为非零常数）必是“函数”；②若，则“函数”为增函数；③若“函数”满足对任意实数，都有，则所有的点都在同一条直线上．其中正确判断的序号是______．

【答案】①

【解析】

【分析】根据所给定义一一判断即可.

【详解】解：对于函数且，，为非零常数），有，

由于，为常数，所以此函数满足“函数”定义，故①正确；

令，由于函数为“函数”，

不妨设，则，，

当，，故②错误；

由于函数“函数”，且，则，

虽然，2，，为定值，

但当变化时，对于确定的值，并不在同一直线上，故③错误，

故答案为：①．

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. 已知数列，，对任意的都有．

（1）求的通项公式；

（2）数列满足：，且，求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）取，即可证得数列为等差数列，由等差数列通项公式可求得；

（2）利用累乘法可求得，采用裂项相消法可求得.

【小问1详解】

对任意的，都有，当时，，

又，数列是以为首项，为公差的等差数列，.

【小问2详解】

由（1）得：，

当时，，

又满足，，

.

18. 如图所示的五边形中是矩形，，，沿折叠成四棱锥，点是的中点，．

（1）在四棱锥中，可以满足条件①；②；③，请从中任选两个作为补充条件，证明：侧面底面；（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．）

（2）在（1）的条件下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）选条件①②，利用勾股定理得到，进而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得证；

选条件①③，利用正弦定理得到，进而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得证；

选条件②③，利用余弦定理和勾股定理得到，进而得到底面，利用面面垂直的判定定理即可得证；

（2）由（1）可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得．

【小问1详解】

证明：（1）方案一：选条件①②．

因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，

又因为在中，，所以，

又因为是矩形，，所以，，

由可得，所以，

则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，

所以侧面底面；

方案二：选条件①③．

因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，

又因为在中，，

所以由正弦定理得：，即，所以，

即，所以，

则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，

所以侧面底面；

方案三：选条件②③．

因为在四棱锥中，点是的中点，，所以，

又因为在中，，所以，

又因为是矩形，，所以，

又因为在中，，则，

设，，

所以有，解得或（舍，所以，

由可得，所以，

则由，，，平面，所以平面，又因为侧面，

所以侧面底面；

【小问2详解】

（1）条件下知平面，且，

故如图所示：以为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

则，，

设平面的法向量为，则，则，

，

设直线与平面所成角为，则，

直线与平面所成角的正弦值为.

19. 2022年第22届世界杯足球赛在卡塔尔举行，这是继韩日世界杯之后时隔20年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，本届世界杯还是首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛．每届世界杯共32支球队参加，进行64场比赛，其中小组赛阶段共分为8个小组，每个小组的4支队伍进行单循环比赛共计48场，以积分的方式产生16强，之后的比赛均为淘汰赛，1/8决赛8场产生8强，1/4决赛4场产生4强，半决赛两场产生2强，三四名决赛一场，冠亚军决赛一场．下表是某五届世界杯32进16的情况统计：

（1）根据上述表格完成列联表：

并判断是否有95%的把握认为球队进入世界杯16强与来自欧洲地区有关？

（2）淘汰赛阶段全场比赛90分钟内进球多的球队获胜，如果参赛双方在90分钟内无法决出胜负，将进行30分钟的加时赛．加时赛阶段，如果两队仍未分出胜负，则通过点球决出胜负．若每支球队90分钟比赛中胜，负，平的概率均为，加时赛阶段胜，负，平的概率也均为，并且各阶段比赛相互独立．设半决赛中进行点球比赛的场次为，求的分布列及期望．

附：，

【答案】（1）列联表见解析，有的把握认为球队进入世界杯强与来自欧洲地区有关   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）根据题意完成列联表，利用列联表求出，即可求解；

（2）设“参赛双方在90分钟内打平”为事件，“参赛双方在加时赛打平”为事件，“全场比赛打平”为事件，根据题意可知，求出，即可得到，再求出各自对应的概率，即可求解．

【小问1详解】

解：根据上述表格完成列联表：

所以，

所以有的把握认为球队进入世界杯强与来自欧洲地区有关；

【小问2详解】

解：设“参赛双方在90分钟内打平”为事件，“参赛双方在加时赛打平”为事件，“全场比赛打平”为事件，

根据题意可知，，则，

所以，

，

，

所以的分布列为：

则．

20. 已知是椭圆的左、右焦点，是椭圆的短轴，菱形的周长为，面积为，椭圆的焦距大于短轴长．

（1）求椭圆的方程；

（2）若是椭圆内的一点（不在的轴上），过点作直线交于两点，且点为的中点，椭圆的离心率为，点也在上，求证：直线与相切．

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据菱形的周长和面积可构造方程组求得，进而得到椭圆方程；

（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可求得点坐标；将与椭圆联立，可得，由在椭圆上可得等量关系，化简可得，由此可得结论.

【小问1详解】

菱形的周长为，面积为，，又，

或，又椭圆的焦距大于短轴长，即，，

，则椭圆的方程为：.

【小问2详解】

由题意知：直线的斜率必然存在，可设其方程为：，

由得：，

设，则，即，

，，

，；

椭圆的离心率为，，解得：，

，

由得：，

，

在椭圆上，，整理可得：，

，直线与相切.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆位置关系的证明问题，解题关键是能够利用点在椭圆上得到变量之间所满足的等量关系，将等量关系代入判别式中进行化简整理即可得到直线与椭圆的位置关系.

21. 已知函数．

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）当时，函数的图象与轴交于，两点，且点在右侧．

（ⅰ）若函数在点处的切线为，求证：当时，；

（ⅱ）若方程有两根，．求证：．

【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为   

（2）（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数解析式，即可求出函数的导函数，再求出函数的单调区间；

（2）（ⅰ）由于，所以，则，令，利用单调性即可得证；

（ⅱ）由于方程有两根，，不妨设，则，设，则，由于是增函数，即可得证．

【小问1详解】

当时，所以函数的定义域为，，

当时，，，，故，所以函数为减函数，

当时，，，，故，所以函数为增函数，

综上，函数的单调增区间为，单调减区间为；

【小问2详解】

证明：（ⅰ）当时，，，

即函数存在零点和，且，因此点坐标为；

由于，所以，

所以，即，

令，则，

当时，，

，

，，，，

，为减函数，

同理，当时，为增函数，

即在上单调递减，在上单调递增，

，

所以当时，；

（ⅱ）由于方程有两根，，不妨设，则，

设，则，

由（ⅰ）知，，由于是增函数，所以，

．

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

（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．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中．

（1）当时曲线与曲线交于、两点，求线段的长度；

（2）过点的直线的参数方程为（为参数）与曲线交于、两点，若，求实数．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）求出曲线和曲线的直角坐标方程，根据几何关系和点到直线距离公式计算即可；

（2）将参数方程代入曲线的直角坐标方程中，根据韦达定理和直线参数t的几何含义求解.

【小问1详解】

曲线的直角坐标方程为：，圆心为，半径为1，

当时，曲线的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为，

相交弦所在的直线方程为：，圆心到直线的距离为：，

曲线与曲线交于、两点，线段的长度为：.

【小问2详解】

把直线：（为参数）代入曲线：，

得到：，所以，

即，解得或.

[选修4-5：不等式选讲]

23. 已知．

（1）解不等式；

（2）若对于任意正实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分别在、和的情况下，去除绝对值符号解不等式即可；

（2）将问题转化为恒成立问题，通过分类讨论可得，进而得到的取值范围.

【小问1详解】

当时，，解得：；

当时，，解得：；

当时，，解得：；

的解集为.

【小问2详解】

由时，得：，

令，则，

当时，单调递增，；

当时，单调递减，；

，，即实数的取值范围为.