甘肃省2023届高三二模理科数学试题(含答案)

2023年甘肃省第二次高考诊断考试

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．已知，i为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知集合 ，，则（    ）

A． B． C． D．

3．命题：已知一条直线a及两个不同的平面，，若，则“”是“”的充分条件；命题：有两个面相互平行，其余各面均为梯形的多面体是棱台．则下列为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

4．函数 的图象大致是（    ）

A．  B． C． D．

5．已知椭圆的方程为（，），离心率，则下列选项中不满足条件的为（    ）

A． B． C． D．

6．刘徽的《九章算术注》中有这样的记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫做堑堵，再把一块堑堵沿斜线分成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积比为2：1，这个比率是不变的．如图所示的三视图是一个鳖臑的三视图，则其分割前的长方体的体积为（    ）

A．2 B．4 C．12 D．24

7．n位校验码是一种由n个“0”或“1”构成的数字传输单元，分为奇校验码和偶校验码，若一个校验码中有奇数个1，则称其为奇校验码，如5位校验码“01101”中有3个1，该校验码为奇校验码．那么6位校验码中的奇校验码的个数是（    ）

A．6 B．32 C．64 D．846

8．若，则（    ）

A． B．3 C． D． -3

9．2022年8月，中科院院士陈发虎带领他的团队开始了第二次青藏高原综合科学考察．在科考期间，陈院士为同行的科研人员讲解专业知识，在空气稀薄的高原上开设了“院士课堂”．已知某地大气压强与海平面大气压强之比为b，b与该地海拔高度（单位：米）满足关系：（k为常数，e为自然对数的底）． 若科考队算得A地，海拔8700米的B地 ，则A，B两地的高度差约为（，）（    ）

A．3164米 B．4350米 C．5536米 D．6722米

10．如图所示，边长为2的正三角形ABC中，若（），（），则关于的说法正确的是（    ）

A．当时，取到最大值 B．当或1时，取到最小值

C．，使得 D．，为定值

11．已知，是双曲线的左、右顶点，P为双曲线上除，以外的任意一点，若坐标原点到直线，的距离分别为，，则的取值范围（    ）

A．（0，1） B． C． D．

12．若，则以下不等式成立的是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．为庆祝中国共产党第二十次代表大会胜利闭幕，某高中学校在学生中开展了“学精神，悟思想，谈收获”的二十大精神宣讲主题活动．为了解该校学生参加主题学习活动的具体情况，校团委利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了260人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了85人．已知该校高三年级共有720名学生，则该校共有学生______人．

14．已知圆，直线 ，在区间上任取一个数，则圆O与直线l有公共点的概率为______．

15．我国古代数学名著《孙子算经》卷下的第26题是：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”此题所表达的数学涵义是：一个正整数，被3除余2，被5除余3，被7除余2，这个正整数是多少？这就是举世闻名的“中国剩余定理”．若分别将所有被3除余2的正整数和所有被7除余2的正整数按从小到大的顺序组成数列和，并依次取出数列和的公共项组成数列，则______；若数列满足，数列的前项和为，则______．

16．已知函数满足：当时，，且对任意都成立，则方程的实根个数是______．

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．（本小题满分12分）

的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且______．

（1）求的面积；

（2）若，求．

在①，②这两个条件中任选一个，补充在横线中，并解答．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

18．（本小题满分12分）

某省农科院为支持省政府改善民生，保证冬季蔬菜的市场供应举措，深入开展了反季节蔬菜的相关研究，其中一项是冬季大棚内的昼夜温差x（℃）与反季节蔬菜种子发芽数y（个）之间的关系，经过一段时间观测，获得了下列一组数据（y值为观察值）：

（1）在所给坐标系中，根据表中数据绘制散点图，并判断y与x是否具有明显的线性相关关系（不需要说明理由）；

（2）用直线l的方程来拟合这组数据的相关关系，若直线l过散点图中的中间点（即点（10，26）），且使发芽数的每一个观察值与直线l上对应点的纵坐标的差的平方之和最小，求出直线l的方程；

（3）用（2）中求出的直线方程预测当温度差为15℃时，蔬菜种子发芽的个数．

19．（本小题满分12分）

已知四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，底面ABCD，若，，E，F分别为，的重心．

（1）求证：平面PBC；

（2）当时，求平面PEF与平面PAD所成角的正切值．

20．（本小题满分12分）

已知椭圆的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若P为直线上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．

①证明：直线CD过椭圆右焦点；

②椭圆的左焦点为，求的内切圆的最大面积．

21．（本小题满分12分）

已知函数．

（1）当时，求的零点个数；

（2）若恒成立，求实数a的值．

（二）选考题：共10分请考生在第22，23题中选定一题作答 ，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂，多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分．

22．（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]

在平面直角坐标系中xOy，曲线的参数方程为：（为参数，且），为曲线上任意一点，若将点P绕坐标原点顺时针旋转得到点，点的轨迹为曲线．

（1）以原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；

（2）已知点，直线与曲线交于A，B两点，求的值．

23．（本小题满分10分）[选修4-5：不等式选讲]

已知

（1）求不等式的解集；

（2）若，且，恒成立，求m的最大值．

2023年甘肃省第二次高考诊断考试

理科数学试题答案及评分参考

一、选择题

1．C   2．D   3．B   4．D   5．C   6．D   7．B   8．C   9．A   10．D  

11．A   12．A

11．解：可知，，设，

则，

设， 且 ，则，

故直线的方程为，直线的方程为，

原点到两直线的距离分别为，，

所以，当且仅当时，“=”成立，但此时两直线平行，这是不可能的，等号不能成立，故选A．

12．可知，

对于函数，由于，所以当时，

，为减函数，所以，即，

所以，A正确；，B错误；，C错误；，D错误．

故选A．

二、填空题

13．2080 14．   

15．21n-19    16．4

15．解：可知是首项为2，公差为21的等差数列，故其通项公式为，

所以，，，．

16．解：由题意可知函数是以4为周期的偶函数，

由于，

故原方程的实根就是函数的图象与函数的图象的交点的横坐标，

又可知当时，，

由得

由图可知，当时，两函数图象只有一个交点，当时，两函数图象只有一个交点，又由于两个函数均为偶函数，故两个函数图象有4个交点，所以原方程有4个根．

三、解答题

17．解：（1）若选①，由余弦定理得，整理得，则，又，则，，则；

若选②，则，又，则，又 ，得，则

（2）由正弦定理得：，则，则，．

18．解：（1）由于五个点明显分布在某条直线的附近，因此由散点图可以判断y与x有明显的线性相关关系．

（2）设直线的方程为，即，

则五个x值对应的直线l上的纵坐标分别为，，，，

若设观察值与纵坐标差的平方和为D，

则，

所以当时D取最小值，此时直线l的方程为．

（3）可预测当温度差为时，蔬菜种子发芽的个数约为35．

19．证明：（1）延长PE交AB于M，延长PF交CD于，

因为E，F分别为和的重心，

所以M，N分别为AB，CD的中点，且，

又因为底面ABCD为平行四边形，所以，

又因为平面，平面PBC，所以平面PBC．

解（2）（方法一）因为平面ABCD，所以．

又因为，且，所以平面PAD，所以，

又因为，所以和均为等腰直角三角形，．

又因为N为CD的中点，所以，

故如图建立空间直角坐标系，因为，

易得P（0，0，2），M（1，0，0），N（0，1，0），C（1，1，0），，，

设平面PMN的一个法向量为，则由，，得

令，得 ，

又因为平面PAD的一个法向量为，

设平面PEF与平面PAD所成二面角的平面角为，则，

如图所示二面角为锐角，所以．

（方法二）过作 ，且，连接NQ和DQ，

取AD的中点为H，易知平面PAD，过H作于O，

则，所以为平面PEF与平面PAD所成二面角的平面角，

因为，，

所以在中，．

20．（1）证明：由已知得：，，，

设，因为M在椭圆上，所以①

因为，

将①式代入，得，得，所以椭圆．

（2）①设，则，，同理可得，，

联立方程，得，

则．同理可得

椭圆的右焦点为，，

因为，

说明C，D，三点共线，即直线CD恒过点．

②因为直线CD恒过点，所以，

设内切圆的半径为，所以，

即，即，

若内切圆的面积最大，即r最大，也就是最大，

因为直线CD的斜率不为0，设直线CD的方程为，

代入得：，

可得，，

又因为

令，（*）式化为：，

因为，所以当时，（*）式取最大值3，则，，

所以得到内切圆面积的最大值为，当时取得．

21．解：（1）当时，，则，

当，，函数在上单调递减；

当，，函数在上单调递增，

所以，

又，，所以存在，，

使得，即的零点个数为2．

（2）不等式即为，

设，，则，

设，，

当时，，可得，则单调递增，此时当时，，不满足题意；

当时，由，单调递增，设有唯一的零点，即，

当时，，可得，单调递减；

当时，，可得，单调递增，

所以

因为，可得，

当且仅当时，等号成立，所以，

所以

因为恒成立，即恒成立，

令，，可得，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，所以，即，

又由恒成立，则，所以．

22．解：（1）由曲线的参数方程（为参数，且）可知：

曲线是以为圆心，2为半径的圆在x轴及上方的部分．

故曲线的极坐标方程：，，

又因为点为曲线上任意一点，将点绕坐标原点顺时针旋转得到点，

设点，则点，代入曲线得到，

所以曲线的极坐标方程为，其中．

（2）因为直线经过点，

故设过的直线的参数方程为：（t为参数），

代入曲线的普通方程：，，得：，

此方程的两个根，为A，B两点对应的参数，则，，

所以，，所以．

23．解：（1）函数解析式可化为

由，得，因此，；

由，得，因此，

由，得，此时，无解，

综上可知原不等式的解集是．

（2）∵，∴，，

∵，∴，

∴，

∵，∴，∴

∵∴m的最大值为2．