2023届青海省玉树州高三第三次联考数学（文）试题含解析

2023届青海省玉树州高三第三次联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据二次不等式求解集合，再求交集即可.

【详解】由得，故，所以，又，所以．

故选：B．

2．已知复数满足（是虚数单位），则（    ）

A． B． C．3 D．5

【答案】B

【分析】利用复数的除法法则及复数的模长公式即可求解.

【详解】由，得，

所以，

所以.

故选：B.

3．记等差数列的前项和为，若，则（    ）

A．4 B．8 C．12 D．16

【答案】C

【分析】根据等差数列前和公式及等差数列性质可求得，则可得的值.

【详解】根据数列为等差数列，则，

所以，所以，

故选：C.

4．已知样本数据，，…，的平均数和方差分别为3和56，若，则，，…，的平均数和方差分别是（    ）

A．12，115 B．12，224 C．9，115 D．9，224

【答案】D

【分析】根据平均数和方差的性质求解：若数据，，…，的平均数和方差分别为和，则数据，，…，的平均数和方差分别为和.

【详解】若数据，，…，的平均数和方差分别为和，则数据，，…，的平均数和方差分别为和.

题中，样本数据，，…，的平均数和方差分别为3和56，，

则，，…，的平均数为，方差为.

故选：D.

5．执行如图所示的程序框图，输出的值为（    ）

A．112 B．168 C．240 D．330

【答案】B

【分析】按照程序框图执行程序，直到不满足时，输出结果即可.

【详解】按照程序框图执行程序，输入，，

则，满足，进入循环；

则，，满足，进入循环；

则，，满足，进入循环；

则，，满足，进入循环；

则，，满足，进入循环；

则，，满足，进入循环；

则，，不满足，终止循环，输出.

故选：B.

6．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【分析】对A,B选项可能存在的情况，对C选项可能存在与相交的情况，对D选项根据垂直于同一平面的两直线平行得，结合，则可判断其正确.

【详解】对A选项，若，，则或，故A错误，

对B选项，若，则或，故B错误；

对C选项，若，，则与相交或，故C错误；

对D选项，由于，所以，又,所以，故D正确，

故选：D.

7．已知函数的图象在点处的切线方桯为.则的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】对函数求导，再求出处的切线方程，即可求得；

【详解】解：函数，则，函数的图象在点处的切线方桯为，

所以，解得，则.

故选：C.

8．已知角的终边落在直线上，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据角的终边落在直线上，可得，再根据平方关系商数关系及两角和的正弦公式化弦为切即可的解.

【详解】因为角的终边落在直线上，

所以，

则

.

故选：D.

9．已知，为双曲线的左、右焦点，点P是C的右支上的一点，则的最小值为（    ）

A．16 B．18 C． D．

【答案】A

【分析】利用双曲线的定义表示，结合基本不等式求解最小值.

【详解】因为，为双曲线的左、右焦点，P是C的右支上的一点，

所以，

所以

，当且仅当，即时，等号成立；

因为，所以，所以成立，的最小值为16.

故选：A.

10．已知函数，，且，则（    ）

A．的图象关于对称

B．的单调递增区间为

C．当时，的值域为

D．的图象可由函数的图象向右平移个单位长度获得

【答案】D

【分析】根据已知条件及三角函数的周期公式，再利用三角函数的性质及三角函数的图象的平移变换即可求解.

【详解】因为，且，

所以，解得，

所以，

所以函数的解析式为：，

对于A，当时，，所以的图象不关于对称，故A错误；

对于B，由,得，所以的单调递增区间为，故B错误；

对于C，因为，所以，所以，所以，所以的值域为，故C错误；

对于D，函数的图象向右平移个单位长为，故D正确.

故选：D.

11．在等比数列中．则能使不等式成立的正整数的最大值为（    ）

A．13 B．14 C．15 D．16

【答案】C

【分析】首先可得，即可得到时，，时，，再根据下标和性质得到，，，，即可得到，从而得解.

【详解】解：因为，所以公比，则，

时，，时，，

又，所以，，，，

则，

又当时，，

所以能使不等式成立的最大正整数是．

故选：C．

12．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件构造函数，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.

【详解】令，

所以在上恒成立，

所以在上单调递增，

又，所以

所以，即，所以.

令，所以在上恒成立，

所以在上单调递增，

所以，

所以，即，所以，

综上，.

故选：D.

【点睛】解决此题的关键是构造函数，，然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可.

二、填空题

13．已知向量，若，则__________.

【答案】/

【分析】根据向量坐标运算及垂直关系的向量表示求解即可.

【详解】解：因为，

所以，

因为，

所以，解得

故答案为：

14．如图，在正方体中，是的中点，则异面直线和所成角的大小为______．

【答案】/

【分析】连接、、，设正方体的棱长为，推导出，则异面直线和所成角为或其补角，求出各边边长，利用余弦定理可求得角的大小，即为所求.

【详解】如下图所示，连接、、，设正方体的棱长为，

因为且，则四边形为平行四边形，故，

所以，异面直线和所成角为或其补角，

因为，同理可得，，

由勾股定理可得，

由余弦定理可得，

所以，，故异面直线和所成角的大小为.

故答案为：.

15．若是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则__________.

【答案】

【分析】由奇、偶函数和周期函数的定义，可得的最小正周期，结合对数的运算性质可得答案．

【详解】解：由是定义在上的奇函数，为偶函数，

可得，，即，

所以，可得，

则的最小正周期为4，

当时，，

则．

故答案为：．

16．已知抛物线的准线方程为，焦点为F，准线与x轴的交点为，为上一点，且满足，则______．

【答案】

【分析】根据抛物线的几何性质，求得，过点作， 设，由抛物线的定义得，根据，得到，列出方程求得，进而求得的长.

【详解】由抛物线的准线方程为，可得，解得，

所以抛物线的方程为，所以焦点，

过点作，垂足为，如图所示，

设，其中，

由抛物线的定义，可得，

因为，即，所以为等腰直角三角形，

所以，即，可得，解得，

所以.

故答案为：.

三、解答题

17．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行､也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，除此之外，卡塔尔世界杯还是首次在北半球冬季举行､第二次世界大战后首次由从未进过世界杯的国家举办的世界杯足球赛.某学校统计了该校500名学生观看世界杯比赛直播的时长情况（单位：分钟），将所得到的数据分成7组；（观看时长均在内），并根据样本数据绘制如图所示的频率分布直方图

(1)求a的值，并估计样本数据的中位数；

(2)采用分层抽样的方法在观看时长在和的学生中抽取6人､现从这6人中随机抽取3人分享观看感想，求抽取的3人中恰有2人的观看时长在的概率.

【答案】(1)；中位数为160

(2)

【分析】（1）由频率和频率和为1，能求出的值，利用直方图中能估计样本数据的中位数；

（2）采用分层抽样的方法能求出观看时长在和内应抽取人数，然后利用古典概型的概率计算公式求解即可．

【详解】（1）解：由频率分布直方图性质得：

，

解得．

,的频率为．

估计样本数据的中位数为160；

（2）解：采用以样本量比例分配的分层随机抽样方式，

则中抽取人，分别记为，，，，

中抽取人，分别记为，，

现从这6人中随机抽取3人分享观看感想，包含的基本事件有：

共20个，

抽取的3人中恰有2人的观看时长在”基本事件有：

共12个，

所以抽取的3人中恰有2人的观看时长在的概率为．

18．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．

问题：在中，角、、的对边分别为、、，，，且______，求的面积．

注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分．

【答案】条件选择见解析，答案见解析

【分析】若选①，利用正弦定理求出角的值，分析可知是边长为的等边三角形，结合三角形的面积公式可求得该三角形的面积；

若选②，利用正弦定理可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值，求出的值，利用三角形的面积公式可求得结果；

若选③，利用两角差的公司结合角的取值范围可求得角的值，分析可知为直角三角形，求出的值，利用三角形的面积公式可求得该三角形的面积.

【详解】解：若选①：因为，由正弦定理可得，

因为、，则，所以，，，

则，可得，所以，，解得，

因为，，所以，是边长为的等边三角形，

所以，；

若选②，因为，由正弦定理可得，

因为、，则，，所以，，则，

由正弦定理，所以，，

，

所以，；

若选③，因为，

因为，故，又因为，所以，，

所以，为直角三角形，则，则，

所以，.

19．如图，四棱锥P－ABCD的底面为菱形，，AB＝AP＝2，PA⊥底面ABCD，E是线段PB的中点，G，H分别是线段PC上靠近P，C的三等分点．

(1)求证：平面AEG∥平面BDH；

(2)求点A到平面BDH的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理和面面平行的判定定理进行证明即可；

（2）利用三棱锥的体积等积性进行求解即可.

【详解】（1）连接AC，交BD于点O，连接OH，△PBH中，E，G分别为PB，PH的中点，所以EG∥BH，又因为平面BDH，平面BDH，

所以EG∥平面BDH，同理：AG∥平面BDH，因为AG，平面AEG，，

所以平面AEG∥平面BDH．

（2）记点A，H到平面BDH，平面ABD的距离分别为，，，

因为PA⊥平面ABCD，PA＝2，，所以，

在△PBC中，，

在△BCH中，，

同理，，又因为O为BD中点，所以OH⊥BD．

在△BDH中，，，

因为，所以．

20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线交于、两点（不同于左、右顶点），的周长为，且在上．

(1)求的方程；

(2)若，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，再将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的方程；

（2）设点、，则，，由题意，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求得，，结合题干条件以及韦达定理求出的值，即可得出直线的方程.

【详解】（1）解：由椭圆的定义可得的周长为，

所以，，

将点的坐标代入椭圆的方程可得，

所以，，故椭圆的方程为.

（2）解：在椭圆中，，则、，

设点、，则，，

由题意，设直线的方程为，

联立可得，

，

由韦达定理可得，，

，

同理可得，

所以，

，解得，

所以，直线的方程为或，即或.

21．已知函数，．

(1)当a＝0时，求的极值；

(2)当时，求在上的最小值．

【答案】(1)极大值为0，极小值为-1

(2)

【分析】（1）利用导数求出的单调性即可；

（2），然后分、 、、四种情况讨论求解即可.

【详解】（1）当a＝0时，，．

故当，时，，故当时，．

则在，上单调递增，在上单调递减．

所以的极大值为，极小值为．

（2）因为，

所以，

①当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以

②当a＝3时，在上单调递增，．

③当时，在上单调递增，上单调递减，在上单调递增，

所以．

④当时，在上单调递减，在上单调递增，所以．

综上

22．在直角坐标系中， 直线的参数方程为(是参数)， 以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系， 曲线的极坐标方程为．

(1)求直线的普通方程和的直角坐标方程;

(2)若点的直角坐标为， 且直线与交于两点， 求的值;

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）首先消去参数即可得到直线的普通方程，再根据，即可得到C的直角坐标方程.

（2）首先直线l的参数方程代入C的直角坐标方程中，再根据直线参数方程的几何意义求解即可.

【详解】（1）因为直线l的参数方程为（t是参数），消去参数t，

得，

即直线l的普通方程为．

将，代入C的极坐标方程，得，

即，

所以C的直角坐标方程为．

（2）因为点P的直角坐标为，所以直线l过点P．

将直线l的参数方程代入C的直角坐标方程中，

得，

设A，B两点对应的参数分别为，，又，

所以，，

所以．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集;

(2)若关于的不等式的解集包含， 求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论求解绝对值不等式即可.

（2）首先将题意转化为即在上恒成立，从而得到在上恒成立，再利用二次函数的性质求解即可.

【详解】（1）由，即，

当时，，解得.

当时，，解得.

当时，，解得.

综上：.

（2）关于x的不等式的解集包含，

即在上恒成立，

即在上恒成立，

又当时，，所以在上恒成立，

即在上恒成立．

令，

所以，解得或，

即实数a的取值范围是．