2023届甘肃省兰州市第五十八中学教育集团高三下学期2月建标考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届甘肃省兰州市第五十八中学教育集团高三下学期2月建标考试数学（理）试题含解析，共20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届甘肃省兰州市第五十八中学教育集团高三下学期2月建标考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据交集的概念可求出结果.【详解】由已知得，所以.故选：C .2．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先计算，再利用复数的除法运算求，再根据共轭复数的定义求解.【详解】，所以，则.故选：D3．已知向量，且，则（    ）A． B．7 C．12 D．【答案】A【分析】根据平面向量垂直的数量积为0求解即可.【详解】由题意，，又，故，即，，解得.故选：A4．新式茶饮是指以上等茶叶通过萃取浓缩液，再根据消费者偏好，添加牛奶、坚果、柠檬等小料调制而成的饮料．下图为年我国消费者购买新式茶饮频次扇形图及月均消费新式茶饮金额条形图：2021年消费者购买新式茶饮的频次Frequency of Consumers Buying New Tea in 20212021年消费者月均消费新式茶饮的金额Average Monthly Consumption of New Tea by Consumers in 2021根据所给统计图，下列结论中不正确的是（    ）A．每周消费新式茶饮的消费者占比超过B．每天消费新式茶饮的消费者占比超过C．月均消费元的消费者占比超过D．月均消费新式茶饮超过元的消费者占比超过【答案】D【分析】根据扇形统计图可判断AB选项，根据条形统计图可判断CD选项.【详解】对于A选项，每周消费新式茶饮的消费者占比为，A对；对于B选项，每天消费新式茶饮的消费者占比为，B对；对于C选项，月均消费元的消费者占比为，C对；对于D选项，月均消费新式茶饮超过元的消费者占比为，D错.故选：D.5．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】列举出循环的每一步，结合余弦函数的周期性可求得输出结果.【详解】因为对任意的，，执行第一次循环，，，不成立；执行第二次循环，，，不成立；执行第三次循环，，，不成立；，以此类推，执行最后一次循环，，，成立，跳出循环体，因为，因此，输出结果为.故选：B.6．命题在上为增函数，命题在单调减函数，则命题q是命题p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【答案】B【分析】求出命题中的范围，根据充分条件，必要条件的概念判断.【详解】若 在为增函数，则，解得；在为减函数，则，即或，因为“”能推出“或”，反之不成立，所以命题q是命题p的必要不充分条件，故选：B．7．已知函数的最小正周期为，且当时，函数取最小值，若函数在上单调递减，则a的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据最小正周期求出，根据当时，函数取最小值，求出，从而，由得到，由单调性列出不等式，求出，得到答案.【详解】因为，所以，故，所以，解得：，因为，所以只有当时，满足要求，故，因为，所以，故，解得：，故a的最小值为.故选：A8．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数的奇偶性及函数在时，函数值的正负，即可得到答案；【详解】，函数为偶函数，排除A,C，当时，，排除D，故选：B9．记的内角对边分别为已知．若，则的形状是（    ）A．等腰直角三角形 B．等腰锐角三角形C．等腰钝角三角形 D．不等腰钝角三角形【答案】C【分析】由条件运用正弦定理角化边，由余弦定理求出，根据条件可求得，从而可判断.【详解】由已知，根据正弦定理得，，则，∴，又，∴，，又，∴，∴，即，此时，，∴为等腰钝角三角形．故选：C．10．在直三棱柱中，，，，，，分别是，， 的中点，则下面说法中正确的有（    ）A．平面B．C．直线与平面所成角的余弦值为D．点到平面的距离为【答案】A【分析】建立如图所示空间直角坐标系，由向量法即可证线面平行、线线垂直；求线面角、点面距离.【详解】直三棱柱中，，故可建立如图所示空间直角坐标系，则有， .对A，平面的其中一个法向量为，由，平面，故平面，A错；对B，由得BD与EF不垂直，B错；对C，平面的其中一个法向量为，则 ，则直线与平面所成角的余弦值为，C错；对D，，设平面的法向量为，则有，令得，故到平面的距离为，D错.故选：A11．已知，分别是双曲线的左、右焦点，直线l经过且与C左支交于P，Q两点，P在以为直径的圆上，，则C的离心率是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据P在以为直径的圆上，得到，设，，得到，由双曲线定义得到，求出，由勾股定理求出，从而求出离心率.【详解】不妨设，，因为P在以为直径的圆上，所以，即，则．因为Q在C的左支上，所以，即，解得，则．因为，所以，即，故，故．故选：A12．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】构造函数，利用导数讨论单调性即可判断A和B，再构造，利用导数讨论单调性即可判断C和D.【详解】令，则，令恒成立，即在定义域单调递增，且因此在区间上必然存在唯一使得，所以当时单调递减，当时单调递增，故A，B均错误；令，，当时，，∴在区间上为减函数，∵，∴，即，∴选项C正确，D不正确.故选:C. 二、填空题13．过点与曲线相切的切线方程为___________．【答案】【分析】根据求曲线过某点的切线方程的步骤，先设出切点坐标，再根据两点求斜率即可求解.【详解】设切点为，则，得，则切点为，切线方程为，即．故答案为：.14．九连环是中国的一种古老智力游戏，它用九个圆环相连成串，环环相扣，以解开为胜，趣味无穷．中国的末代皇帝溥仪（1906—1967）也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环（如图）．现假设有个圆环，用表示按照某种规则解下个圆环所需的银和翠玉制九连环最少移动次数，且数列满足，，，则______．【答案】【分析】利用累加法可求得的值.【详解】解：因为，，，所以当且时，，所以.故答案为：.15．在平面四边形中，，，是以为斜边的直角三角形，将沿折起，使得点到达点的位置，若平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为______.【答案】##【分析】根据题意结合球的性质分析可得三棱锥的外接球的球心即的外接圆圆心，再利用正弦定理求其半径，即可得结果.【详解】如图，取的中点，连接，∵，则，而平面平面，平面平面，平面，∴平面.又∵是以为斜边的直角三角形，则为的外接圆圆心，即，∴三棱锥的外接球的球心在直线上，由题意可知：的外接圆圆心在直线上，则连接，∴三棱锥的外接球的球心即为，在中，由题意可得，则，∴三棱锥的外接球的半径，故三棱锥的外接球的表面积.故答案为：.【点睛】结论点睛：球的性质：①球的任何截面均为圆面；②球心和截面圆心的连线垂直于该截面.16．在平面直角坐标系中，定义为两点之间的“折线距离”：在这个定义下，给出下列命题：①到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个正方形；②到原点的“折线距离”等于1的点的集合是一个圆；③到两点的“折线距离”差的绝对值为1的点的集合是两条平行线；④到两点的“折线距离”之和为6的点的集合是面积为16的六边形．其中正确的命题是___________．（写出所有正确命题的序号）【答案】①③④【分析】设动点，分别表示出“折线距离”，分类讨论去掉绝对值，依次判断4个命题即可【详解】点到原点的“折线距离”，有图像可得故点P的集合是一个正方形，所以①正确，②错误；对于③，，由，可知，即或，对于，由绝对值不等式可知，当或时，显然不成立，当时，（y任意），对于，由绝对值不等式可知，当或时，显然不成立，当时，（y任意），故集合是两条平行线，③正确；对于④，由，可知，当时，化简得；当时，化简得；当时，化简得即；当时，化简得；当时，化简得；由图像可知的集合是六边形，其面积为，④正确．故答案为：①③④． 三、解答题17．在数列中，．(1)求证：是等差数列，并求数列的通项公式；(2)满足不等式成立的k的最大值．【答案】(1)证明见解析，(2)4 【分析】（1）根据所给递推公式，化简可得判断为等差数列，再根据等差数列的通项公式求解即可；（2）由（1）知，再裂项相消求解，根据不等式求解即可.【详解】（1）因为，所以，否则与矛盾，故，等式两边同除以可得，又，数列是以3为首项，2为公差的等差数列，所以，因此．（2）由（1）知，，，,,即，，故k的最大值为4．18．某高校设计了一个实验学科的考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立完成全部实验操作，规定至少正确完成其中2题才可提交通过．已知6道备选题中考生甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；考生乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．（1）分别写出甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的分布列，并计算均值；（2）试从甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数的均值、方差及至少正确完成2题的概率方面比较两位考生的实验操作能力．【答案】（1）甲分布列见解析，；乙分布列见解析，；（2）答案不唯一，见解析.【分析】（1）由题意可知，甲、乙两位考生正确完成实验操作的题数分别服从超几何和二项分布，分别列出分布列，计算均值即可；（2）结合分布列中的数据，分别计算对应的均值、方差及至少正确完成2题的概率比较即可.【详解】（1）设考生甲正确完成实验操作的题数为，则的取值范围是．，，，所以的分布列为123 ．设考生乙正确完成实验操作的题数为，易知，所以，，，．所以的分布列为0123 ．（2）由（1），知，，，，．所以，，故从正确完成实验操作的题数的均值方面分析，两人水平相当；从正确完成实验操作的题数的方差方面分析，甲的水平更稳定；从至少正确完成2题的概率方面分析，甲通过的可能性更大．因此甲的实验操作能力较强．19．如图，已知四棱锥，底面ABCD为菱形，平面ABCD，，E是BC的中点．(1)证明：；(2)H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求异面直线PB与AC所成的角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）由已知条件推导出为正三角形，从而得到，，再由平面，得到，由此能证明平面，进而证得结论；（2）连接，，则为与平面所成的角，当最短时，即当时，最大．建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量夹角公式求解．【详解】（1）由四边形ABCD为菱形，，可得为正三角形，因为E为BC的中点，所以，又，因此，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，而平面PAD，平面PAD，，则平面，又平面PAD，所以．（2）设，连接AH，EH，由（1）知平面PAD，则为EH与平面PAD所成的角，因为平面PAD，所以．所以在中，，所以当AH最短时，即当时，最大，此时，因此．又，所以，所以．故以A为原点，AE所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则，则，，∴异面直线PB与AC所成的角的余弦值．20．设粗圆的左焦点为F，上顶点为P，离心率为．O是坐标原点，且．(1)求椭圆C的方程；(2)A、B分别是椭圆长轴的左右两个端点，过点的直线交椭圆于M、N两点（与A、B均不重合），设直线的斜率分别是．讨论是否为定值，若是求出定值，若不是请说明理由．【答案】(1)(2)是，． 【分析】（1）根据椭圆离心率及建立方程求出即可得解；（2）设直线方程，联立椭圆方程，消元后由根与系数关系，斜率公式化简即可得出.【详解】（1）设椭圆C的焦距为，则，所以因为，所以，又，所以，即，所以所以（2）由题意设直线，联立，消去x，得，则，所以.21．已知函数，（，为自然对数的底数）.(1)求函数的极值；(2)若对，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)极大值为，无极小值(2) 【分析】（1）求导后，根据的正负可求得的单调性，根据极值的定义可求得结果；（2）分离变量可将问题转化为在上恒成立；求导后可令，利用导数可求得的单调性，利用零点存在定理可求得的零点，并得到的单调性，由此可求得，化简可得，由此可求得的取值范围.【详解】（1）定义域为，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，的极大值为，无极小值.（2）由得：，在上恒成立；令，则；令，则，在上单调递增，又，，，使得，则，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，；由得：，，，，则实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够通过分离变量的方式，将问题转化为变量与函数最值之间的大小关系问题，从而利用导数求解函数最值来求得变量的取值范围.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为：（为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.(1)求曲线C的极坐标方程；(2)设射线的极坐标方程为，射线与曲线C交于两点O、A，与直线l交于点B，且，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）参数方程与极坐标方程的相互转化，先将参数方程化为直角坐标方程，将代入化简即可；（2）利用极坐标方程联立解出,代入化简求解即可.【详解】（1）曲线C的参数方程：（为参数），转换为直角坐标方程为，即，根据，转换为极坐标方程为.（2）将射线的极坐标方程，代入中，得，即，将射线的极坐标方程，代入中，得，即，∵，∴，整理得，∵，∴.23．已知函数．(1)当时，解不等式；(2)若恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用零点分区间法去绝对值号，解不等式即可；（2）利用绝对值三角不等式得到，直接解不等式，即可求出实数a的取值范围.【详解】（1）当时，．当时，令，解得；当时，恒成立；当时，令，解得．综上，当时，不等式的解集为．（2）因为，当且仅当即时等号成立，所以，解得或．故实数a的取值范围为．