2023届甘肃省武威市高三第一次联考数学（理）试题含解析

2023届甘肃省武威市高三第一次联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式求出集合，得到，再根据交集定义计算即可.

【详解】由得,

，得.

故选：B.

2．设复数在复平面内对应的点的坐标为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由复数的几何意义确定复数的代数形式，再结合复数的运算法则求.

【详解】因为复数在复平面内对应的点的坐标为，

所以，

所以．

故选：D.

3．在中，，则的范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由余弦定理可得表达式，结合可得答案.

【详解】，因为，所以.

又，所以的范围是.

故选：B

4．某算法的程序框图如图所示，则该算法的功能是（    ）

A．计算 B．计算

C．计算 D．计算

【答案】A

【分析】按流程图顺序计算可得结果.

【详解】初始值；第1次循环，；第2次循环，；

第3次循环，，；第4次循环，，

此时，跳出循环，输出.

故选：A

5．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由诱导公式求出的值，再利用拆分角求得结果.

【详解】由，

得.

故选：C.

6．若，满足约束条件，则下列目标函数中最大值为的是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】画出可行域，求目标函数的最大值，从而求得正确答案.

【详解】由解得，设，

画出可行域如下图所示，由图可知，

目标函数在点处取得最大值，

所以的最大值为.

故选：B

7．在正四棱柱中，是的中点，，则与平面所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据线面角定义，先证明为与平面所成的角，再根据题设条件求出利用正弦的定义即可求解.

【详解】依题意，可得如图：

设底面的中心为，

易得平面，平面，所以，

又，，平面，

所以平面，

取的中点，连接，则，

所以平面，连接，

则为与平面所成的角.

因为，

所以.

所以.

故选：A.

8．随着新能源技术的发展，新能源汽车行业也迎来了巨大的商机.某新能源汽车加工厂生产某款新能源汽车每年需要固定投入100万元，此外每生产x辆该汽车另需增加投资g（x）万元，当该款汽车年产量低于400辆时，，当年产量不低于400辆时，，该款汽车售价为每辆15万元，且生产的汽车均能售完，则该工厂生产并销售这款新能源汽车的最高年利润为（    ）

A．1500万元 B．2100万元 C．2200万元 D．3800万元

【答案】C

【分析】先表示利润函数，利润等于销售收入减去投资和固定投入100万元，再分别利用二次函数、均值不等式求最值.

【详解】设该工厂生产并销售这款新能源汽车的年利润为（万元），由题意可知，

，

即，

当时，的对称轴，则；

当时，，当且仅当时，取得最大值2200.

综上，该工厂生产并销售这款新能源汽车的最高年利润为2200万元.

故选：C.

9．将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若在上恰有2个零点，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意得，由得，由在上恰有2个零点，得 ，即可解决.

【详解】由题可知，，

先将函数的图象向右平移个单位长度，得，

再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得，

当时，，

因为在上恰有2个零点，

所以，解得.

所以的取值范围为，

故选：B

10．已知正三角形的边长为6， ，，且，则点到直线距离的最大值为（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】D

【分析】由结合得出点在线段上运动，进而得出点到直线距离的最大值.

【详解】因为，所以，

所以．如图，设，

，则．因为，，

所以点在线段上运动，显然，当点与点重合时，点到直线的距离取得最大值．

故选：D

11．已知是离心率为的双曲线的右支上一点，则到直线的距离与到点的距离之和的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由双曲线的定义，将点到左焦点的距离转化为到右焦点的距离，再求右焦点到直线的距离，进而得出结果.

【详解】已知双曲线，可知，则，

所以，分别为的左、右焦点，则，即，

设到直线的距离为，到直线的距离为，且，则.

故选：A.

12．若函数有两个极值点，，且，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求导，根据函数有两个极值点，， 由在上有两个不等实根，求得a的范围，进而再根据，得到的范围，再由，得到，利用导数法求解.

【详解】因为，

所以，

令，

因为函数有两个极值点，，

所以函数在上有两个不等实根，

则，解得，

因为，且，，

所以，且，

所以，．

令函数，，

则在上恒成立，

故在上单调递增，

则，即的取值范围为．

故选：A

【点睛】关键点睛：本题关键是根据题意，由在上有两个不等实根，求得a的范围，进而再根据，得到的范围而得解.

二、填空题

13．已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为，，该圆台的体积为，则该圆台的高为______.

【答案】3

【分析】由圆台的体积公式直接求得.

【详解】圆台的体积，得.

所以该圆台的高为3.

故答案为：3.

14．将8个人分成三组，其中一组由2人组成，另外两组都由3人组成，则不同的分组方法种数为______.

【答案】280

【分析】组合问题中既有均分又有非均分，先从8个人中选出3人为一组，再从5人中选出3人为一组，注意均分分组中的顺序问题，剩余两人为一组.

【详解】先从8个人中选出3人为一组，再从5人中选出3人为一组，剩余两人为一组.

满足条件的分组方法种数为.

故答案为：280.

15．定义在上的奇函数满足，当时，，则__________.

【答案】

【分析】由题可得，周期为4，据此可得答案.

【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，解得.

又，所以，则，

即是以4为周期的周期函数，

故.

故答案为：.

16．为椭圆上一点，曲线与坐标轴的交点为，，，，若，则到轴的距离为__________.

【答案】

【分析】首先表示出，，，的坐标，依题意可得，即可得到为椭圆上一点，联立两椭圆方程，求出，即可得解.

【详解】解：不妨设，，，，

则，为椭圆的焦点，所以，

又，所以，

且，所以在以、为焦点的椭圆上，且，所以，

所以为椭圆上一点，

由，解得，则，

故到轴的距离为.

故答案为：

三、解答题

17．设等比数列的前项和为，已知，且.

(1)求的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，证明：当时，.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据等比数列的通项公式和求和公式列式求，即可得结果；

（2）利用分组求和可求得，再结合函数单调性证明.

【详解】（1）设数列的公比为，

∵，则，解得，

故.

（2）由（1）知，

所以

∵在上单调递增，则数列为递增数列，

∴当时，，

故当时，.

18．为了丰富大学生的课外生活，某高校团委组织了有奖猜谜知识竞赛，共有名学生参加，随机抽取了名学生，记录他们的分数，将其整理后分成组，各组区间为，，，，并画出如图所示的频率分布直方图

(1)估计所有参赛学生的平均成绩各组的数据以该组区间的中间值作代表；

(2)若团委决定对所有参赛学生中成绩排在前名的学生进行表彰，估计获得表彰的学生的最低分数线

(3)以这名学生成绩不低于分的频率为概率，从参赛的名学生中随机选名，其中参赛学生成绩不低于分的人数记为，求的方差

【答案】(1)分

(2)分

(3)

【分析】（1）利用频率分布直方图进行数据分析，求出，再求出这名参赛学生的平均成绩，由此估计出所有参赛学生的平均成绩；

（2）求出可以获得表彰的学生人数的频率，设获得表彰的学生的最低分数线为，根据条件建立关于的方程求解即可；

（3）根据条件,可知，然后由方差公式求解即可.

【详解】（1）由，得

这名参赛学生的平均成绩约为分，

故估计所有参赛学生的平均成绩为分

（2）获得表彰的学生人数的频率为，

设获得表彰的学生的最低分数线为，

由分数在区间的频率为，可知，

由，得，

故估计获得表彰的学生的最低分数线为分

（3）这名学生成绩不低于分的频率为，

由题意，可知，

故

19．如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点．

(1)证明：平面；

(2)若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，进而得到；利用勾股定理和线面垂直的判定得到平面，从而得到；利用勾股定理可证得，由此可得结论；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可求得，结合二次函数的性质可求得的最大值.

【详解】（1）连接，

，，，又，，

为棱中点，，又，，平面，

平面，又平面，；

在直角梯形中，取中点，连接，

，，又，，，

四边形为正方形，，，

，又，，，

，平面，平面，

平面，；

，，，，

又，平面，平面.

（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，，，，，

，，，；

，，；

设平面的法向量为，

则，令，解得：，，

；

轴平面，平面的一个法向量，

设平面与平面所成的锐二面角为，

则

当时，，，

即平面与平面所成的锐二面角余弦值的最大值为.

20．已知直线与抛物线交于，两点，且

(1)求的方程

(2)若直线与交于两点，点与点关于轴对称，试问直线是否过定点？若过定点，求定点的坐标；若不过定点，说明理由

【答案】(1)

(2)过定点，

【分析】（1）联立直线与抛物线，写出根与系数关系，化简已知条件来求得，进而求得抛物线的方程.

（2）连值直线抛物线，写出根与系数关系，求得直线的方程，并求出定点的坐标.

【详解】（1）将代入，得，

则，

则，解得，

故的方程为

（2）设，则，

联立方程组，整理得，

则，所以，

因此直线的方程为，

整理得，即，

当时，，故直线过定点.

21．已知函数．

(1)求在上的极值；

(2)若，求的最小值．

【答案】(1)为极小值，无极大值.

(2)

【分析】(1)求导后，借助导数分析单调性，借助单调性分析极值的情况；

(2) 令,令，设，再借助导函数的正负性，分析原函数的单调性确定极值，再反推的单调性，判断极大值情况.

【详解】（1），令，得，

在为负，单调递减，

在为正，单调递增，

故为极小值，无极大值.

（2）由题知 ,令，

令，则 ，

设 则 ，

，为正，在单调递增，

，为负，在单调递减，

故为极大值，

若，即，此时，则在单调递减，

又，所以时，在单调递增，

时，，在单调递减，

故为极大值，所以，则当时，符合条件；

，即 此时，

存在，在上；，则在单调递增，

又，则在区间上

所以在区间上，单调递减，则，不满足条件.

综上所述的最小值为.

22．在直角坐标系中，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，直线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)过曲线上任意一点作与直线的夹角为45°的直线，且与交于点，求的最小值.

【答案】(1)曲线的普通方程为；直线的直角坐标方程为.

(2)

【分析】（1）对曲线的参数方程消去参数，可得曲线的普通方程；将代入的极坐标方程中，可得直线的直角坐标方程；

（2）设，利用点到直线的距离公式和三角函数的性质求解即可.

【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），

由，消去参数，可得曲线的普通方程为.

将代入直线的极坐标方程中，

可得直线的直角坐标方程为.

（2）设，

则点到的距离其中.

因为过点的直线与的夹角为45°，所以，

故的最小值为.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)设函数的最大值为，若正数，满足，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）对分，及讨论去掉绝对值号解不等式即可；

（2）由绝对值不等式性质可知，再利用基本不等式求最值即可.

【详解】（1）依题意，

当时，不等式转化为，解得.

当时，不等式转化为，解得.

当时，不等式转化为，解得.

综上所述，不等式的解集为.

（2）由（1）得，，所以，

则，

当且仅当，时，等号成立，故的最小值为.