2023届甘肃省武威第一中学高三上学期第二次阶段性考试数学（文）试题含解析

这是一份2023届甘肃省武威第一中学高三上学期第二次阶段性考试数学（文）试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届甘肃省武威第一中学高三上学期第二次阶段性考试数学（文）试题 一、单选题1．若，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据复数的运算法则求出和，由几何意义即可得结果.【详解】，故复数在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选：B.2．己知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求函数的定义域可得集合，解不等式得，进而可得.【详解】由，得，解得，即；，所以，故选：D.3．已知数列满足，，则（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用累加法可求得的值.【详解】由题意可得，则.故选：B.4．若角的终边在直线上，则（    ）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】根据三角函数的定义可得，利用诱导公式和二倍角的余弦公式将原式化简为，结合切弦互化计算即可.【详解】由三角函数的定义知，，.故选：D5．已知函数若，则实数（    ）A． B．2 C．4 D．6【答案】B【分析】先确定的值，代入中分类讨论解方程即可.【详解】依题意当时，；当时，故选：B6．下列说法：①样本相关系数的取值范围是；②以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和0.3；③根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程为中，，，，则；④若变量和满足关系且变量与正相关，则与也正相关．其中正确的个数是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据相关系数的概念判断①，根据对数的运算判断②，根据回归直线方程的性质判断③，根据线性相关关系判断④；【详解】解：对于①，样本相关系数的取值范围是，故①错误；对于②，由，两边取对数，可得，令，可得，，，，，故②正确；对于③，回归直线方程中，，，，则，故③正确；对于④，若变量和满足关系，与负相关，又变量与正相关，则与负相关，故④错误；故选：B7．已知菱形中，，为中点，，则（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用菱形的性质，由向量加法、数乘的几何意义可得、，再应用向量数量积的运算律列方程求参数.【详解】菱形中，，因为，又，，所以，可得.故选：B8．已知函数是幂函数，一次函数的图像过点，则的最小值是（    ）A．3 B． C． D．5【答案】B【分析】根据幂函数定义，求出点，代入一次函数中，得到，再利用基本不等式求的最小值.【详解】由是幂函数，可得，，即，，又由点在一次函数的图像上，所以，因为，，所以由基本不等式，得，当且仅当时取等号，即当，时，，故选：B.9．如图，在直角梯形ABCD中，，，，，P是线段AB上的动点，则的最小值为（    ）A． B．5 C． D．7【答案】D【分析】如图，以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，所以，，，分别表示出，，再由向量的模长公式代入即可得出答案.【详解】如图，以B点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，，因为，，所以，，，所以，，，所以，所以，所以当，即时，的最小值为7，故选：D．10．设函数（，），已知函数的图象相邻的两个对称中心的距离是，且当时，取得最大值，则下列结论正确的是（    ）A．函数的最小正周期是 B．函数在上单调递增C．的图象关于直线对称 D．的图象关于点对称【答案】A【分析】根据正弦函数的周期性，利用整体思想，建立方程，可得函数解析式，利用整体代入的方法，结合单调性以及对称性，可得答案.【详解】由题意，的最小正周期，∴.∵当时，取得最大值，即，.∴，.∵，∴.∴.对于A，正确；对于B，当时，，由正弦函数的单调性可知错误；对于C，由，，故错误；对于D，由，，故错误.故选：A.11．已知，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数恒等式，运算法则以及对数函数的单调性即可判断．【详解】因为，，，而，，所以．故选：B．12．已知奇函数在R上可导，，若在是增函数，在是减函数，则（    ）A．在是增函数，在是减函数B．在是减函数，在是增函数C．在，都是增函数D．在，都是减函数【答案】A【分析】由奇函数的的导函数是偶函数得出是偶函数，再根据对称性质得单调性．【详解】因为是奇函数，所以在关于原点的对称区间上的单调性相同，即，，所以为偶函数，可得在关于原点对称区间上的单调性相反.故选：A． 二、填空题13．在等比数列中，若，则___________.【答案】24【分析】根据的值，利用等比数列的性质计算求得，进而求得.【详解】设公比为，有，可得.故答案为：2414．命题“”假命题，则取值范围为___________.【答案】【分析】利用命题与命题的否定一真一假得到为真命题，进而结合二次函数图象可求解.【详解】p为假命题， = 0为真命题，，解得，，故答案为:.15．如图，阴影部分由四个全等的直角三角形组成的图形是三国时代吴国赵爽创制的“勾股弦方图”，也称“赵爽弦图”.若直角三角形中较大锐角的正弦值为，则在大正方形内随机取一点，这一点落在小正方形内的概率为___________.【答案】##0.2【分析】本题属于几何概型，分别求出面积，即可求概率.【详解】设直角三角形中较大锐角为，则，所以设大正方形边长为1，则直角三角形两直角边长分别为，.故小正方形边长为，面积为.而大正方形的面积为1，故所求概率为.故答案为：16．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f（1）＝0，则不等式xf(x)<0的解集为________．【答案】【分析】根据函数的单调性和求解即可．【详解】解：为奇函数且，，又在上为增函数，在上为增函数，∴ 当时，，解得：，当时，，解得：，综上：不等式xf(x)<0的解集为．故答案为：． 三、解答题17．设数列的前项和为，且满足(1)求数列的通项公式；(2)设数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】(1) 型的数列，利用公式来解决.(2) ，等差数列与等比数列的积数列的求和，用错位相减法．【详解】（1）因为，当时，，解得当，时，，所以，得即，可知数列是首项为1，公比为5的等比数列，所以（2）由（1）可知，所以，所以，所以，则，两式相减，可得.，化简得18．在中，其内角分别为，且满足.(1)求角的大小：(2)已知外接圆的半径为为边上的一点，，求的周长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用已知条件转换角，利用正弦的两角和与差的公式展开，根据条件即可求出的大小（2）由（1）外接圆的半径求出，利用正弦定理、余弦定理求出，最后就可以得到【详解】（1）因为，所以，所以，所以，因为，且，所以，所以；（2）设内角所对的边分别是，由（1）和题设知，，外接圆的半径为，由正弦定理得，由余弦定理得：得，，即      ①，因为，，所以，因为，所以，所以      ②.    联立①②消去，得，解得，所以的周长为.19．为切实加强新时代儿童青少年近视防控工作，经国务院同意发布了《综合防控儿童青少年近视实施方案》．为研究青少年每天使用手机的时长与近视率的关系，某机构对某校高一年级的1000名学生进行无记名调查，得到如下数据：有40%的同学每天使用手机超过1h，这些同学的近视率为40%，每天使用手机不超过1h的同学的近视率为25%．(1)从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，求其近视的概率；(2)请完成2×2列联表，通过计算判断能否有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联． 每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视   不近视   合计  1000 附：，．0.150.100.050.0250.0100.00l2.0722.7063.8415.0246.63510.828  【答案】(1)；(2)列联表见解析，有99.9%的把握. 【分析】（1）根据题意，结合古典概型计算公式进行求解即可；（2）根据题中数据，完成列联表，结合卡方计算公式进行求解判断即可.【详解】（1）该校高一年级近视的学生人数为1000×40%×40%＋1000×60%×25%＝160＋150＝310，从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，其近视的概率为；（2）2×2列联表为： 每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视160150310不近视240450690合计4006001000 ，所以有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联．20．已知向量，记.(1)若，且，求sinx的值；(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且2acosB=bcosC+ccosB，求角B及f（A+）的取值范围.【答案】(1)(2)， 【分析】（1）结合降幂公式化简可得，结合即可求解；（2）边化角可求出，结合正弦函数图象即可求出范围.【详解】（1），则，因为，所以，则，；（2）由2acosB=bcosC+ccosB可得，因为，所以，又因为，所以；，,因为，所以，所以.21．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若，，请判断的符号，并说明理由.【答案】(1)答案见解析(2)，理由见解析 【分析】（1）对函数求导后，然后分，和三种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间，（2）由（1）知在上递增，在上递减，则，构造函数，利用导数判断其单调性，从而可证得结论.【详解】（1），令，则或，若，，所以函数在上为增函数；若，当或时，，当时，，所以函数在和上递增，在上递减；若，当或时，，当时，，所以函数在和上递增，在上递减；综上所述，当时，函数在上为增函数；当时，函数在和上递增，在上递减；当时，函数在和上递增，在上递减.（2）当，时，由（1）知在上递增，在上递减，所以，令，则，当时，，得函数在上单调递增，所以，即，则，所以，所以.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数判断函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，第（1）问解题的关键是正确分类讨论导数的正负，从而可求得导数的单调区间，考查数学分类思想，属于中档题.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．已知正数a,b满足,(1)求的最小值;(2)证明.【答案】(1)(2)见解析 【分析】(1)可判断不能直接用”1”的代换,所以先通分,再根据等式变为含有一个变元的式子,求该式子的最值即可;(2)先将原式平方,得到二次之间的关系,再用基本不等式,得到的范围,将等式展开消元化简即可证明.【详解】（1）解:由题知,原式可化为,原等式可化为: ,,,当取最大值时,原式有最小值,即时,原式有最小值,故原式的最小值为;（2）证明:且a,b为正数,当且仅当时取等,,,,即得证.