2023届甘肃省第一次高考诊断考试数学（文）试题含解析

2023届甘肃省第一次高考诊断考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合 ，则子集的个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．8

【答案】C

【分析】根据集合的交集运算求得，求出其子集，即可求得答案,

【详解】由集合 ，

则，故的子集为，共4个，

故选：C

2．复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，若为虚数单位，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的几何意义求解即可.

【详解】由题意可得：对应的点为，该点关于虚轴对称的点为，

所以对应的点为，

.

故选：B

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用同角三角函数的平方关系和二倍角公式求解即可.

【详解】，，

解得.

故选：D.

4．已知是定义域为的奇函数，当时，，则（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】B

【分析】根据奇函数的定义和对数的运算求解.

【详解】因为是定义域为的奇函数，

所以，

故选:B.

5．“稻草很轻，但是他迎着风仍然坚韧，这就是生命的力量，意志的力量”“当你为未来付出踏踏实实努力的时候，那些你觉得看不到的人和遇不到的风景都终将在你生命里出现”……当读到这些话时，你会切身体会到读书破万卷给予我们的力量.为了解某普通高中学生的阅读时间，从该校随机抽取了800名学生进行调查，得到了这800名学生一周的平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成九组，绘制成如图所示的频率分布直方图，则从这800名学生中随机抽取一人，周平均阅读时间在内的频率为（    ）

A．0.20 B．0.10 C．0.15 D．0.30

【答案】A

【分析】根据所有小矩形面积之和为1求的值即可.

【详解】由频率分布直方图得，

解得，所以周平均阅读时间在内的频率为，

故选：A

6．已知焦点在轴上的双曲线，一条渐近线的倾斜角是另一条渐近线的倾斜角的5倍，则双曲线的离心率是（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】由题意求出双曲线的一条渐近线的倾斜角，可得渐近线的斜率，根据离心率的计算公式可得答案.

【详解】由题意设一条渐近线的倾斜角为，

则另一条渐近线的倾斜角为，由双曲对称性可得，

则一条渐近线的斜率为，

设双曲线的长半轴长为a，短半轴长为b，则，

故离心率为，

故选：A

7．在长方体中，底面为正方形，，其外接球的体积为，则此长方体的表面积为（    ）

A．34 B．64 C． D．

【答案】B

【分析】根据长方体外接球直径为体对角线长求出底面边长，进一步求得长方体的表面积.

【详解】设外接球的半径为，因为外接球的体积为，所以，所以.

设底面正方形边长为，因为长方体外接球的球心在体对角线中点，球直径为长方体体对角线，所以，所以，

所以长方体的表面积为，

故选：B

8．已知函数的部分图像如图所示，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】D

【分析】根据题意，先由函数图像求得函数的解析式，然后代入计算，即可得到结果.

【详解】由图像可得，所以，则，即，

所以，将点代入，

可得，所以，

即，且，所以，

所以，则.

故选：D

9．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了垛积问题，涉及逐项差数之差或者高次差成等差数列的高阶等差数列.现有一个高阶等差数列的前6项分别为，则该数列的第18项为（    ）

A．172 B．183 C．191 D．211

【答案】C

【分析】由题意列出数列递推式，利用累加法求得数列通项公式，即可求得答案.

【详解】设该数列为，则，

故

，

也适合该式，

故第18项为，

故选：C

10．已知点在抛物线的准线上，过的焦点且斜率为的直线与交于两点.若，则（    ）

A．1 B． C． D．3

【答案】D

【分析】根据条件求出抛物线方程，由已知可设直线的方程为，，联立直线与抛物线方程组可得根与系数的关系式，求得的表达式，由，得，将根与系数的关系式代入化简，即可求得答案.

【详解】由点在抛物线的准线上，可得，

故，焦点为，

则设直线的方程为，

联立，可得，，

设，

则，

则，

又，故,，

由，得，

整理可得，

即，

即，故，

故选∶D．

11．在直三棱柱中，，点分别是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】分别取的中点，连接，分析可知异面直线与所成角为或其补角，计算出三边边长，进而求解即可.

【详解】如图分别取的中点，连接，如下图所示：

因为为直三棱柱，且点是的中点，

所以，且，则四边形为平行四边形，

所以，同理，

所以异面直线与所成角为或其补角，

因为分别为的中点，所以，

，，

因为，所以，

在中，，

因此，直线与所成角的余弦值为.

故选：A.

12．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分别构造函数和，利用导数判断其单调性，进而确定大小关系.

【详解】记，则，当时，，故在上单调递增，所以，即，所以.1，故；

记，则，当时，，故在上单调递减，所以，即，所以，故；因此.

故选：B.

二、填空题

13．若实数满足约束条件则的最大值是___________.

【答案】

【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求的最大值．

【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，

目标函数，可化为直线，

当直线过点时在上的截距最大，

此时目标函数取得最大值，此时，

所以目标函数的最大值为，

故答案为：4

14．已知向量，若与共线且方向相反，则___________.

【答案】##

【分析】由与共线且方向相反求得的值，从而求得的坐标，进而求得.

【详解】依题意，可设,因为，

所以，又因为，

所以，解得或(舍去)，

所以，

所以，所以，

所以

故答案为：

15．在如图所示的平面四边形中，，则的值为___________.

【答案】

【分析】根据已知四边形，在△和△中结合余弦定理列方程即可求值.

【详解】由题设，

所以，则.

故答案为：1

三、双空题

16．若直线是曲线与曲线的公切线，则___________，___________.

【答案】         

【分析】直接对两个函数求导研究其在切点处切线即为，即可计算未知数.

【详解】设直线与曲线相切于点，

对于函数，，则，解得，

所以，即；

设与曲线相切于点，

，则，又，

又，所以.

故答案为：；.

四、解答题

17．已知等差数列的前项和为，且，等比数列中，.

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）分别设等差数列的公差和等比数列的公比，根据条件列出相应的方程，求出数列的首项以及公差和公比，即可得答案.

（2）由（1）的结论可得的表达式，利用分组求和的方法，即可求得答案.

【详解】（1）设等差数列的公差为，则,

解得，

所以；

设等比数列的公比为，则，

则，所以.

（2）由（1）得：，

所以

.

18．某校组织了全体学生参加“建党周年”知识竞赛，从高一、高二年级各随机抽取名学生的竞赛成绩（满分分），统计如下表：

（1）分别估计高一、高二年级竞赛成绩的平均值与（同一组中的数据以该组数据所在区间中点的值作代表）；

（2）学校规定竞赛成绩不低于分的为优秀，根据所给数据，完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为竞赛成绩优秀与年级有关？

附：，其中.

【答案】（1）估计高一高二年级竞赛成绩的平均值分别为与；（2）列联表见解析，没有的把握认为竞赛成绩优秀与年级有关.

【分析】（1）分别用每组分数段的中间值乘以每组频数求和再除以50可得出高一年级、高二年级随机抽出名学生竞赛成绩的平均值的估计值.

（2）由已知数据可以完成列联表，并求得与比较可得答案.

【详解】（1）高一年级随机抽出名学生竞赛成绩的平均值估计为

；

高二年级随机抽出名学生竞赛成绩的平均值估计为

；

，

故没有的把握认为竞赛成绩优秀与年级有关.

19．如图甲所示的正方形中，，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱.点在棱上，且.

(1)证明：平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）过作，连接，证明四边形为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明结论；

（2）根据三棱锥的等体积法，将三棱锥的体积转化为求的体积，结合二者之间的数量关系，可得答案,

【详解】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，

由于，则，所以共面，

且平面平面，

因为，所以，

又在正方形中，,

所以，

由，得，

所以四边形为平行四边形，则，

又平面平面，所以平面..

（2）由（1）知，所以，

因为，即，

所以

.

20．已知椭圆的离心率是，，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，且的周长是．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若直线与椭圆交于，两点，是坐标原点，且四边形是平行四边形，求四边形的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可，的关系式，求解即可得到，的值，从而可得到的值，进而即可得到椭圆的标准方程；

（2）设，，，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，从而得到，，再根据以，从而得到，，再代入椭圆方程得到，再求得，点到直线的距离，进而即可求得四边形的面积．

【详解】（1）依题意可得的周长是，所以，

又椭圆的离心率，所以，

联立解得，，则，所以椭圆的标准方程为，

（2）设，，，

联立，整理得，

则，

所以，，

因为四边形是平行四边形，所以，

则，即，

由是椭圆上一点，得，即，

整理得，即，

又，得，

所以，，

故，

因为点到直线的距离为，

所以四边形的面积为．

21．已知函数.

(1)当时，求函数在处的切线方程；

(2)若时，恒有，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.

（2）变形给定的不等式，再构造函数，利用函数在上单调递减，求出a的范围作答.

【详解】（1）当时，函数的定义域为，，则，

而，于是切线方程为，即,

所以函数的图象在处的切线方程是.

（2）当时，恒有，即恒有，恒有，

令，则，恒有，

因此函数在区间上是减函数，

则在恒成立，即，，

当时，恒有，因此，

所以的取值范围是.

【点睛】思路点睛：利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

22．在平面直角坐标系中，已知圆的参数方程为（其中为参数）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)将圆的参数方程化为普通方程，直线的极坐标方程化为直角坐标方程；

(2)若是直线上任意一点，过作的切线，切点为，求四边形面积的最小值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）结合，消去参数，得到圆C的普通方程；结合，代入，得到直线的直角坐标方程．

（2）计算圆心C到该直线的距离，计算四边形AMBC的面积，计算最小值，即可．

【详解】（1）由消去参数得，

即圆的普通方程.

因为，直线的极坐标方程为，

所以的直角坐标方程为.

（2）圆心到直线的距离，

因为点是直线上任意一点，所以，

所以四边形面积

即当时四边形面积取得最小值为.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若对于，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据零点分段法将函数取绝对值，然后分段解不等式即可求解；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，然后解不等式即可求解.

【详解】（1）因为，

由，

得或或，

解得或或，

故所求不等式的解集为.

（2）因为，

当且仅当时等号成立，即或时等号成立，

所以，则的取值范围为或.