2023届甘肃省兰州市第五十中学高三第一次模拟考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届甘肃省兰州市第五十中学高三第一次模拟考试数学（理）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届甘肃省兰州市第五十中学高三第一次模拟考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则真子集的个数（    ）A．8 B．7 C．4 D．6【答案】B【分析】利用对数不等式的解法及交集的定义，结合真子集的个数公式即可求解.【详解】由题，则，得，所以 ，，所以真子集的个数为．故选：B.2．设i是虚数单位，若复数，则复数z的模为（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据复数模的计算公式，计算出的模.【详解】依题意，，故选D.【点睛】本小题主要考查复数模的概念及运算，属于基础题.3．下列命题中是假命题的是(　　)A．∃x∈R， B．∃x∈R，cosx＝1C．∀x∈R，>0 D．∀x∈R，>0【答案】C【详解】；；；，所以假命题是C4．已知为第二象限角，则（    ）A．3 B． C．1 D．【答案】C【分析】由为第二象限角，可得，再结合，化简即可.【详解】由题意，，因为为第二象限角，所以，所以.故选：C.【点睛】本题考查同角三角函数基本关系的运用，考查学生的计算能力，属于基础题.5．总体由编号为01，02，，49，50的50个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出的第4个个体的编号为　　附：第6行至第9行的随机数表2748  6198  7164  4148  7086  2888  8519  16207477  0111  1630  2404  2979  7991  9683  51253211  4919  7306  4916  7677  8733  9974  67322635  7900  3370  9160  1620  3882  7757  4950A．3 B．19 C．38 D．20【答案】B【解析】根据用用随机数表法进行简单随机抽样的方法，得出结论．【详解】解：从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字，位于01至50中间，含端点，则这四个数为：41、48、28，19，故选：B．【点睛】本题主要考查用随机数表法进行简单随机抽样，属于基础题．6．已知非零单位向量满足，则与的夹角是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由等式两边同时平方可得，同时计算出的值，设与的夹角为，代入公式，计算可得答案.【详解】解：由等式两边同时平方可得：，化简可得：，又因为，所以，设与的夹角为，则，又，所以，故选：D .【点睛】本题主要考查向量的模、夹角及平面向量数量积的公式，考查学生的计算能力，属于中档题.7．若存在x∈R，使ax2＋2x＋a<0是真命题，则实数a的取值范围是（    ）A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(－1，1) D．(－1，1]【答案】A【分析】求得特称命题的否定，结合一元二次不等式在上恒成立求参数范围即可.【详解】命题：存在x∈R，使ax2＋2x＋a<0的否定是：对任意的，.若对任意的，为真命题，则：当时，，显然不是恒成立，故舍去；当时，，且，解得.综上所述，.又因为原命题：存在x∈R，使ax2＋2x＋a<0是真命题，故任意的，是假命题.故.故选：.【点睛】本题考查由特称命题的真假求参数的范围，涉及一元二次不等式在上恒成立求参数范围，属综合基础题.8． 数列满足，且对任意的都有，则的前100项和为A． B． C． D．【答案】D【详解】试题分析：由可得,取,并将这些等式两边相加可得因,因,故,故应选D.【解析】数列求和的叠加和裂项相消等方法．【易错点晴】本题重点考查是数列求和的方法,解答时可充分借助题设条件,先想方设法求出数列的通项公式,再求数列的前项和.在求数列一的通项公式时,依据道可得,再对取值,并将所得这个等式两边相加,抵消去相同的项并化简计算可得,当得到时,再巧妙地将其变形为,运用裂项相消的方法从而使问题获解.9．一个几何体三视图如下图所示，则该几何体体积为（    ）A．12 B．8 C．6 D．4【答案】D【分析】根据三视图还原立体几何图得该几何体为三棱锥，然后代入棱锥体积计算公式求解.【详解】由三视图可知该几何体为三棱锥，如图，故其体积，故选：D．10．已知是椭圆：的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意设椭圆的右焦点，根据正弦定理即可求得和的关系，即可求得椭圆的离心率．【详解】解：设椭圆的右焦点，连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，且由，可得，所以，则，由余弦定理可得，即，∴椭圆的离心率，故选：A．【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，其中涉及到椭圆的定义以及余弦定理，对学生的分析与计算能力要求较高，难度较难.11．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都--泉州”“二日游”，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有A．16种 B．18种 C．20种 D．24种【答案】C【详解】分析：根据分类计数原理，“东亚文化之都﹣﹣泉州”“二日游”，任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，分两种情况讨论即可．详情：任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，选若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×（4+6）=20，故答案为C点睛：本题主要考查计数原理，意在考查计数原理等基础知识的掌握能力和分类讨论思想的运用能力.12．已知函数，若函数在上的最小值为，则的值为A． B． C． D．【答案】A【详解】由题意，，若，则，函数在上单调递增，所以，矛盾；若，函数在上递减，在上递增，所以，解得；若，函数在上是递增函数，所以，矛盾；若，函数在上单调递减，所以，解得，矛盾.综上.故选：A. 二、填空题13．如图为计算函数值的程序框图，则此程序框图中的判断框内应填________．【答案】【分析】将化简成分段函数即可求解【详解】由知，判断框内应填故答案为：14．已知，若恒成立，则实数的取值范围是________．【答案】【详解】由于恒成立，需，由基本不等式得，因此， ．点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.15．已知直线，则过圆的圆心且与直线垂直的直线的方程为________.【答案】【分析】将圆的一般方程化为标准方程,求得圆心.由两条直线垂直可得直线的斜率.由点斜式即可求得直线的方程.【详解】圆,化为标准方程可得则圆心坐标为 因为,直线与直线垂直由两条直线垂直的斜率关系可得直线的斜率为由点斜式方程可得化简即故答案为: 【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程的转化,两条直线垂直时斜率关系,点斜式方程的简单应用,属于基础题.16．对大于或等于的自然数的次方幂有如下分解方式：根据上述分解规律，则, 若的分解中最小的数是73，则的值为__________ .【答案】9【详解】试题分析：根据23=3+5，33=7+9+11，43=13+15+17+19，从23起，m3的分解规律恰为数列3，5，7，9，若干连续项之和，23为前两项和，33为接下来三项和，故m3的首数为m2－m+1．∵m3（m∈N*）的分解中最小的数是73，∴m2-m+1=73，∴m=9．故答案为9．【解析】本题主要考查归纳推理，等差数列通项公式．点评：中档题，归纳推理的一般步骤是：（1）通过观察个别情况发现某些相同性质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题． 三、解答题17．在四边形中，∥，．(1)若，求；(2)若，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）在三角形中，根据余弦定理可求出的大小，即为的大小，然后在三角形中根据余弦定理可以求出的值（2）根据，分别表示出两角的余弦令其相等，可求出的长度，从而求出【详解】（1）在三角形中，根据余弦定理可得，， 由题得：，所以，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，（2）设，在三角形中，根据余弦定理可得，，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，得：或（舍），则18．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，，AB⊥AD，四边形ADEF为正方形，平面ADEF⊥平面ABCD．BC＝3AB＝3AD，M为线段BD的中点．(1)求证：BD⊥平面AFM；(2)求平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】(1)证明AF⊥BD以及BD⊥AM即可求证BD⊥AM；(2)在点A处建立空间坐标系，分别计算平面AFM与平面ACE的法向量，结合空间角与向量角的联系计算即可.【详解】（1）因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD．又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面平面ABCD＝AD，平面，所以AF⊥平面ABCD，而平面，所以AF⊥BD，因为AB＝AD，M线段BD的中点，所以BD⊥AM，且AM∩AF＝A，平面，所以BD⊥平面AFM（2）由（1）知AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AB，AF⊥AD，又AB⊥AD，所以AB，AD，AF两两垂直．分别以为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz（如图）．设AB＝1，则A，B，C，D，E，所以，，，设平面ACE的一个法向量为，则    即，令y＝1，则，则．由（1）知，为平面AFM的一个法向量．设平面AFM与平面ACE所成的锐二面角为，则．所以平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为．19．清华大学自主招生考试题中要求考生从A，B，C三道题中任选一题作答，考试结束后，统计数据显示共有600名学生参加测试，选择A，B，C三题答卷数如下表：题 A B C 答卷数 180 300 120   （Ⅰ）负责招生的教授为了解参加测试的学生答卷情况，现用分层抽样的方法从600份答案中抽出若干份答卷，其中从选择A题作答的答卷中抽出了3份，则应分别从选择B，C题作答的答卷中各抽出多少份？（Ⅱ）测试后的统计数据显示，A题的答卷得优的有60份，若以频率作为概率，在（Ⅰ）问中被抽出的选择A题作答的答卷中，记其中得优的份数为，求的分布列及其数学期望．【答案】(Ⅰ)5份，2份；（Ⅱ）详见解析．【详解】试题分析：(Ⅰ)根据分层比是，所以每一层都是按此分层比抽取，题抽取，题抽取的是；（Ⅱ）由题可知得优的概率是，所以题抽取的3人中，答案满足优的份数,根据二项分布的公式列出分布列，和期望．试题解析：解：（Ⅰ）由题意可得：题 A B C 答卷数 180 300 120 抽出的答卷数 3 5 2   应分别从题的答卷中抽出份，份．（Ⅱ）由题意可知，A题答案得优的概率为，显然被抽出的A题的答案中得优的份数的可能取值为0,1,2,3，且．；；；随机变量的分布列为：            所以．【解析】1．分层抽样；2．二项分布．20．已知椭圆的离心率为，直线交于，两点；当时，.（1）求E的方程；（2）设A在直线上的射影为D，证明：直线过定点，并求定点坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，定点.【分析】（1）首先根据题意得到，椭圆过点，从而得到，，即可得到椭圆的标准方程.（2）首先设，，则，联立椭圆与直线得到，利用根系关系得到，再写出直线，利用根系关系即可得到定点.【详解】（1）由题意得，整理得，由时，，得到椭圆过点，得.因此，，故的方程是.（2）设，，则.将代入得，，，.从而①.直线，设直线与x轴的交点为，则，.所以，.将①式代入上式可得.故直线过定点.【点睛】本题第一问考查椭圆的标准方程，第二问考查直线与椭圆的位置关系，同时考查学生的计算能力，属于中档题.21．设函数其中(Ⅰ)若曲线在点处切线的倾斜角为，求的值;(Ⅱ)已知导函数在区间上存在零点，证明:当时，.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析【解析】(Ⅰ)求导得到，，解得答案.(Ⅱ) ，故，在上单调递减，在上单调递增，，设，证明函数单调递减，故，得到证明.【详解】(Ⅰ)，故，，故.(Ⅱ) ，即，存在唯一零点，设零点为，故，即，在上单调递减，在上单调递增，故，设，则，设，则，单调递减，，故恒成立，故单调递减.，故当时，.【点睛】本题考查了函数的切线问题，利用导数证明不等式，转化为函数的最值是解题的关键.22．已知曲线C：和直线l：（t为参数）．(1)求曲线C的参数方程和直线l的普通方程；(2)过曲线C上任意一点P作与直线l夹角为30°的直线，交l于点A，求的最大值与最小值．【答案】(1)曲线C的参数方程为（为参数）；直线l的普通方程为；(2)最大值为，最小值为． 【分析】（1）令，即可得到椭圆的参数方程；消去，即可得到直线的普通方程；（2）根据参数方程，表示出点到直线的距离，再表示出，根据辅助角公式，即可求出的最值.【详解】（1）令，可得曲线C的参数方程为（为参数）．根据消去可得，直线l的普通方程为．（2）曲线C上任意一点到直线l：的距离为，其中，且为锐角．过点作，垂足为，则，.在中，，其中，且为锐角．当时，取得最大值为．当时，取得最小值为．23．已知，且满足，求的最小值．【答案】6【分析】利用柯西不等式求出最小值.【详解】由柯西不等式，得．得．所以．当且仅当，即时，上式等号成立．所以的最小值为6．