甘肃省陇南、临夏、甘南三地2023届高三上学期期中联考文科数学试题

这是一份甘肃省陇南、临夏、甘南三地2023届高三上学期期中联考文科数学试题，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

甘肃省陇南、临夏、甘南三地2023届高三上学期期中联考文科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，那么（    ）
A． B． C． D．
2．如果命题，命题，那么命题是命题的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．已知圆C与直线x-y=0及x-y-4=0都相切，圆心在直线x+y=0上，则圆C的方程为（    ）
A． B．
C． D．
4．设函数，则的表达式是
A． B． C． D．
5．在等差数列{an}中，已知a5=3，a9=6，则a13=（    ）
A．9 B．12 C．15 D．18
6．原点到直线的距离为（    ）
A． B． C． D．
7．已知的顶点，，其垂心为，则其顶点的坐标为
A． B． C． D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，点P是该双曲线上的一点，且，则（    ）
A．2或18 B．2 C．18 D．4
9．若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋8y＋5＝0上任意一点，则|PQ|的最小值为(　　)
A． B． C． D．

二、多选题
10．已知双曲线过点且渐近线方程为，则下列结论正确的是（    ）
A．双曲线的方程为 B．双曲线的离心率为
C．曲线经过双曲线的一个焦点 D．焦点到渐近线的距离为1
11．下列说法正确的是（    ）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．“”是“”的充分不必要条件
C．“”是“成等比数列”的充要条件
D．设是公比为的等比数列，则“”是“为递增数列”的充分必要条件

三、单选题
12．已知数列满足，若，则的取值范围是
A． B．
C． D．

四、填空题
13．若{1，a，}＝{0，a2，a＋b}，则a2 018＋b2 018＝ .
14．已知等差数列的前项和为，且，则 .
15．已知的三个顶点坐标分别为，则边上的高所在直线的斜率为 ．
16．已知双曲线 的一个焦点是，椭圆 的焦距等于 ，则 ．

五、解答题
17．设集合,.
（1）若，求m的范围；
（2）若，求m的范围.
18．设直线与.
（1）若∥，求、之间的距离；
（2）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积最大，求直线的方程.
19．设函数为定义在上的奇函数.
（1）求实数的值；
（2）判断函数的单调性，并用定义法证明在区间上的单调性.
20．已知等差数列，为其前项和，
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
21．如图，在多面体中，底面是梯形，，，，底面，，，点为的中点，点在线段上．

（1）证明：平面；
（2）如果直线与平面所成的角的正弦值为，求点的位置．
22．已知数列的前项和为， 且 .
（Ⅰ）若，且，，成等比数列，求和；
（Ⅱ）若数列为等差数列，求和.

参考答案：
1．B
【分析】根据元素与集合关系，集合与集合关系可判断.
【详解】，，，.
故选：B.
2．A
【解析】根据包含关系确定正确选项.
【详解】由于，所以命题是命题的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，属于基础题.
3．B
【分析】根据已知条件求得圆心和半径，由此求得圆的方程.
【详解】直线与直线平行，
直线与直线都与圆相切，
所以圆的圆心在直线上，
由可求得.
直线与直线的距离为，
所以圆的半径为，
所以圆的方程为.
故选：B
4．B
【分析】由，知，令，则，先求出，由此能求出.
【详解】，
，
令，则，
，
，故选B.
【点睛】本题考查函数解折式的求解及常用方法，解题时要认真审题,仔细解答，注意合理地进行等价转化.
5．A
【解析】在等差数列{an}中，利用等差中项由求解.
【详解】在等差数列{an}中，a5=3，a9=6，
所以，
所以，
故选：A
6．D
【分析】利用点到直线的距离公式，求得所求的距离.
【详解】由点到直线距离可知所求距离.
故选：D
【点睛】本小题主要考查点到直线的距离公式，属于基础题.
7．A
【分析】由垂心的定义可知，；根据垂直时斜率乘积为可知，，利用两点连线斜率公式可构造出方程组求得结果.
【详解】为的垂心    ，
又，
直线斜率存在且，
设，则，解得：    
本题正确选项：
【点睛】本题考查根据直线与直线垂直的位置关系求解参数的问题；关键是能够利用垂心的性质得到直线与直线的垂直关系.
8．C
【解析】首先根据可判断出点P在该双曲线左支上，再根据双曲线的定义即可得结果.
【详解】在双曲线中，，，，
因为，
所以点P在该双曲线左支上，则，
故选：C.
【点睛】本题主要考查了双曲线的定义，判断出点P的位置是解题的关键，属于中档题.
9．C
【解析】先判定两直线平行，再求出两平行线之间的距离即得解.
【详解】因为，所以两直线平行，
将直线3x＋4y－12＝0化为6x＋8y－24＝0，
由题意可知|PQ|的最小值为这两条平行直线间的距离，
即，所以|PQ|的最小值为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查平行直线的判定和两平行线之间的距离的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
10．ACD
【分析】根据已知条件求得，由此对选项逐一分析，从而确定选项.
【详解】设双曲线方程为，将点代入可得，
又因为双曲线的渐近线方程为，所以.
由解得，故选项正确；
由上可知，,所以双曲线的离心率为，故选项错误；
双曲线的焦点坐标为，其中满足，故选项正确；
双曲线的一个焦点坐标为，渐近线方程为，即，
焦点到渐近线的距离为，故选项正确，
故选：ACD.
11．AB
【解析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】A. 当 时，，故不充分；当时，两边同乘以，得，故必要，故正确；
B. 由，则，故充分；当” 时，或，故不必要，故正确；
C. 当“时，不成等比数列，故错误；
D. 由，当时，为递减数列，故不充分，故错误；
故选：AB
【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件和充要条件的判断，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
12．B
【分析】利用数列的递推关系式，推出．然后得到，说明的范围．
【详解】解：由递推关系可知，，
所以.
即，
可求，
所以.
因为，
∴，
解得，
故选：B.
【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，考查分析问题解决问题的能力．属于中档题．
13．1
【分析】由题意求得a,b的值，然后求解代数式的值即可.
【详解】由集合相等的充分必要条件可知：，则，
题中的条件即：，
故，由于，故.
则.
【点睛】本题主要考查集合相等的充分必要条件，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14．
【解析】根据题中条件，由等差数列的性质，求出，再由等差数列的求和公式，根据等差数列的性质，即可求出结果.
【详解】因为等差数列的前项和为，且，
由等差数列的性质可得，，所以，
因此.
故答案为：.
15．
【分析】利用相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出．
【详解】解：由题知直线的斜率为： ，
，
，即，解得
∴边上的高所在直线的斜率为
故答案为：
16．5
【分析】根据双曲线和椭圆的几何性质计算可得.
【详解】因为双曲线的一个焦点是，
所以，得，
又椭圆 的焦距等于，
所以，得.
故答案为：5
17．（1）或；（2）或.
【分析】（1）分和两种情况讨论,使得即可;
（2）分和两种情况讨论,使得即可.
【详解】（1）已知,.
当时,有,即,满足.
当时,有,即,
又,则或,即或，
综上可知,m的取值范围为或；
（2）∵,∴.
当时,有,即,满足题意.
当,有,即,且,解得.
综上可知,m的取值范围为或.
【点睛】本题考查了集合的交集与并集的性质,注意空集是任何一个集合的子集,属于基础题.
18．（1）；（2）.
【分析】（1）若l1∥l2，求出m的值，即可求l1，l2之间的距离；
（2）表示直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积，配方法求出最大，即可求直线l2的方程．
【详解】（1）若l1∥l2，则，
∴，∴m＝6，
∴l1：x﹣2y﹣1＝0，l2：x﹣2y﹣6＝0
∴l1，l2之间的距离d；
（2）由题意，，∴0＜m＜3，
直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积Sm（3﹣m），
∴m时，S最大为，此时直线l2的方程为2x+2y﹣3＝0．
【点睛】本题考查直线方程，考查直线与直线的位置关系的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
19．（1）；（2）在区间上是减函数；证明见解析.
【解析】（1）由奇函数的定义，可得，化简整理，可得；
（2）利用函数单调性的定义即可证明并判断在上单调递减．
【详解】（1）∵是奇函数，，
.
，
，.
经检验为所求.
（2）的单调递减区间为与，没有单调递增区间，
证明：当时，，且，
则
，
，
在区间 上是减函数.
【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断与证明，考查化简整理的运算能力，属于基础题．
20．（1）；（2）.
【分析】（1）设数列的首项为，公差为，然后根据题目条件列出关于和的方程组求解；
（2）将（1）中所得的数列的通项公式代入，得到的通项公式，再根据通项公式确定该用哪个方法求前项和.
【详解】解：（1）设数列的首项为，公差为，则根据题意得：
由，解得，所以.
（2），则



.
【点睛】本题考查等差数列的基本公式的运用，考查利用分组求和法求数列的前项和. 解答时，如果已知数列为等差数列或等比数列求通项公式，只需将题目条件翻译成数学表达式，然后通过方程解出首项和公差或公比，然后得出数列的通项公式. 对于数列，当和分别为等差数列与等比数列时，可采用分组求和法求和.
21．（1）证明见解析；（2）点与点重合．
【分析】（1）通过证明可证平面；
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设()，利用空间向量求出即可得解.
【详解】（1）证明：在梯形中，∵，且，
∴，，∴，
∵点为的中点，∴，∴，
∴四边形是平行四边形，，∴，
又∵底面，底面，∴，
又平面，平面，，∴平面；
（2）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：

则、、、、，
∴，，，
设()，则，
则，，
设平面的法向量为，由得，
令得，则平面的一个法向量为，
则
，
所以，整理得，
解得或，
因为，所以应舍去，
所以，即，
∴当点与点重合时直线与平面所成的角的正弦值为．
【点睛】关键点点睛：（1）证明是解题关键；（2）正确建立空间直角坐标系，利用空间向量求解是解题关键.
22．（Ⅰ）或，；（Ⅱ），.
【分析】（Ⅰ）先计算，，然后根据以及对范围的讨论，可得，最后简单计算可得结果.
（Ⅱ）计算，，然后根据等差数列的性质可得，对进行讨论，并判断可得，最后简单计算可得结果.
【详解】（Ⅰ）因为，所以
，

因为，，成等比数列，所以，
①当时，
所以，得；
②当时，
所以，得（舍）或
综合①②可知，或.
当时，
，，，所以；
当时，
，，，所以；
故.
（Ⅱ）因为，，
所以由等差列定义得，得（*）
当时，由（*）得，矛盾.
当时，由（*）得，符合条件.
当时，因为公差，
所以必存在使得，
这与矛盾.
故综上可知：只有时符合条件且此时公差，
所以，
所以，.
【点睛】本题考查等差和等比数列的综合，考查分类讨论的思想和分析问题的能力，属中档题.