2023届甘肃省定西市高三下学期教学质量检测考试数学（理）试题含解析

2023届甘肃省定西市高三下学期教学质量检测考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】应用集合的基本关系及交集并集定义分别判断选项即可.

【详解】由题知.故A,C,D选项错误

故选:B.

2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据复数对应点坐标得的值，再利用复数的除法可得结果.

【详解】因为在复平面内，复数对应的点的坐标是，所以，

所以.

故选：A.

3．已知向量，满足，则（    ）

A．0 B．2 C． D．5

【答案】D

【分析】利用数量积垂直的坐标表示，即可求解.

【详解】.

故选：D

4．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6，腰长为5的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意求出圆锥底面半径和高，根据体积公式即可求解.

【详解】如图所示为该圆锥轴截面，

由题知该圆锥的底面半径为3m，高为，所以该屋顶的体积约为.

故选:D.

5．已知抛物线的焦点为，过点作轴的垂线交抛物线于点，且满足，则的值为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】C

【分析】由可得点在准线上，则可得，由此可求.

【详解】由题意可知点在抛物线上，与轴垂直，所以与抛物线的准线垂直，

因为，所以点在准线上，又因为准线方程为，

所以，即.

故选:C.

6．某程序框图如图所示，则输出的S的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据程序框图先计算时的值，再根据循环结构跳出循环输出即可.

【详解】执行如图所示程序框图可知，

当时，，

再执行一次，此时需跳出循环，

故输出的的值为.

故选:B.

7．已知等比数列的前项和为，若，则公比（    ）

A．3 B．2 C．3或 D．2或

【答案】D

【分析】分别讨论，，结合等比数列前项和公式即可求解．

【详解】若得，即，与题设矛盾，故.

则，

所以，即，所以或.

故选：D.

8．已知双曲线的右焦点为，过和两点的直线与双曲线的一条渐近线垂直，则该双曲线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由双曲线方程可得其渐近线为，再求得直线的斜率，由垂直可求得，再由焦点坐标得，从而求得，即可得双曲线的方程.

【详解】因为双曲线，所以它的渐近线为，

又因为，所以直线的斜率为，

因为直线与双曲线的一条渐近线垂直，所以，故，

又因为双曲线的右焦点为，所以，故，

所以该双曲线的方程为.

故选：C.

9．如图，在正方体中，为线段上的动点，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】因为平面，所以直线与平面所成角为，其正弦值为，然后根据的范围即可求出答案.

【详解】

连接，

因为平面，所以直线与平面所成角为，其正弦值为，

，

当时，，

所以，则，

所以直线与平面所成角正弦值的取值范围是.

故选：A.

10．古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字作画，题字作画的部分多为扇环，如图在长为50，宽为20的矩形白纸中做一个扇环形扇面，扇面的外环弧线长为45，内弧线长为15cm，连接外弧与内弧的两端的线段均为14（外环半径与内环半径之差），若从矩形中任意取一点，则该点落在扇面中的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设小扇形的半径为，则大扇形的半径为，则有，解得，进而求出扇环面积，根据几何概型公式求出答案.

【详解】设小扇形的半径为，则大扇形的半径为，则有，解得，

所以扇环面积为，

所以若从矩形中任意取一点，则该点落在扇面中的概率为.

故选：C.

11．若是圆上任一点，则点到直线的距离的值不可能等于（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意判断出直线过定点，进而求出圆心到直线距离的最大值，然后判断各个答案.

【详解】圆的圆心坐标为，半径为，

直线过定点，则圆心到直线距离的最大值为，

则点到直线距离的最大值为；

当直线与圆有公共点时，点到直线距离的最小值为0，

则点到直线的距离的范围是.

选项中仅D选项不在范围内.

故选：D.

12．定义在上的函数满足，当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据得出，得出奇函数，再应用当时得出减函数，最后根据单调性解不等式即可.

【详解】由，令，可得；

由于函数的定义域为，令，可得，

所以，则函数为奇函数，

任取，且，则，

所以，所以，

则函数在上为减函数，

由可得，则，

整理得，解得.

故选:B.

二、填空题

13．若满足约束条件则的最小值是__________.

【答案】

【分析】根据约束条件画出可行域，利用目标函数的几何意义即可求解．

【详解】作出可行域如图阴影部分所示，

把变形为，得到斜率为2，在轴上的截距为，随变化的一族平行直线．

由图可知，当直线过点时，截距最大，即最小，

所以的最小值为：.

故答案为：.

14．写出同时满足下面两个条件的数列的一个通项公式__________.

①是递增的等差数列；②.

【答案】（答案不唯一）

【分析】设等差数列的公差为，列举满足，即可得到，即得解.

【详解】设等差数列的公差为，由①可知，取，

由，得，则，

所以数列的一个通项公式.

故答案为：（答案不唯一）

15．已知函数在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】先利用辅助角公式进行化简，问题转化为：方程在区间上有且仅有两个不相等的实根，然后结合的范围及正弦函数的性质，求出的取值范围．

【详解】

函数在区间上有且仅有两个零点，可以转化为：方程在区间上有且仅有两个不相等的实根.

令，因为，所以，

利用的图象可以得出，解得.

则的取值范围是.

故答案为：.

16．已知函数，若不等式的解集中恰有两个非负整数，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】把恰有两个非负整数解转化为的图像在的图像上方恰好有两个非负整数解，利用数形结合法列式求解即可.

【详解】因为直线恒过定点，要使的解集中恰有两个非负整数，

只需的图像在的图像上方所对应的的取值范围中恰好有两个非负整数，

因为，所以时，单调递增；时，单调递减，

所以，且，作出函数与直线的大致图像，

从图像可得，要使的图像在的图像上方所对应的的取值范围中恰好有两个非负整数解，

只需满足：即解得，

综上，实数的取值范围为.

故答案为:

三、解答题

17．为了解“大数据时代”下大学生就业情况的满意度，某调查小组在，两所大学各随机抽取名毕业生进行问卷计分调查（满分分），打分如下所示：

校：，，，，，，，，，

校：，，，，，，，，，

(1)分别估计，两所大学毕业生问卷计分调查的平均值；

(2)若规定打分在分及以上的为满意，分以下的为不满意，从上述满意的毕业生中任取人，求这人来自同一所大学的概率.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由样本平均数估计总体平均数即可；

（2）使用古典概型概率公式进行计算即可.

【详解】（1）大学随机抽取的名毕业生问卷计分调查的平均值为：

，

由此估计大学毕业生问卷计分调查的平均值为；

大学随机抽取的名毕业生问卷计分调查的平均值为：

，

由此估计大学毕业生问卷计分调查的平均值为.

（2）方法一：

由已知，上述毕业生中，大学打分为满意的学生共有人，分别记为，

大学打分为满意的学生共有人，分别记为，

从这人中任取人，所有的基本事件有：

，，，，，，，，，，，，，，，共个，

设事件“人来自同一所大学”，

则事件中的基本事件有：

，，，，，，共个，

∴从上述满意的毕业生中任取人，这人来自同一所大学的概率.

方法二：

由已知，上述毕业生中，、大学打分为满意的学生均有人，共人，

从这人中任取人，基本事件有个，

人均来自大学的基本事件有个，人均来自大学的基本事件有个，

设事件“人来自同一所大学”，

∴从上述满意的毕业生中任取人，这人来自同一所大学的概率.

18．在中，角所对的边分别为.

(1)证明；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由正弦定理将中的边化为角，再结合正弦的两角和公式可推出，

即，然后将角化为边，有，故得证；

（2）由（1）知，利用余弦定理，可求出，从而的面积得解．

【详解】（1）由正弦定理及，得，

所以，

所以，所以，

所以，由正弦定理得.

（2）由余弦定理，得，,则是等边三角形，

所以的面积为.

19．如图，在正四棱锥中，，点分别为的中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用三角形的中位线定理及线面平行的判定定理即可证明；

（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标，然后求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式及同角三角函数的平方关系即可求解.

【详解】（1）连接，因为四边形为正方形，是中点，则是与的交点，所以是的中点.

又是中点，所以.

又平面平面，所以平面.

（2）由（1）知，点是底面中心，所以平面，

又平面，所以，

由正方形，得.

以为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系，

则，

，

则，

设平面的法向量为，则

取；

，

设平面的法向量为，则

取；

所以，

设平面与平面所成的二面角为，则，

所以平面与平面所成角的正弦值为.

20．已知椭圆：（）的右焦点为，短轴长是长轴长的.

(1)求椭圆的方程；

(2)是椭圆上的动点，过点作椭圆的切线，与直线交于点，若（为坐标原点）的面积为，求点的坐标.

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）由椭圆中，，之间的关系，结合已知条件求解即可；

（2）设切线方程和点坐标，根据相切将切线斜率用点坐标表示，求出切线方程，由切线方程求出点，再根据的面积，对点的坐标进行求解即可.

【详解】（1）∵椭圆的右焦点为，∴，

又∵短轴长是长轴长的，∴，即，

∴由，解得，

∴椭圆的方程为.

（2）设椭圆上一点，则，即①，

∵过点作椭圆的切线与直线相交，∴切线的斜率存在，

设切线：，易知不过原点，∴，

∵切线过点，∴，即②，

由，消去，整理得，

∵是椭圆的切线，∴，

∴③，

且由韦达定理，有④，

③、④两式相乘，化简得，将②式代入，解得，

由①式，有，∴，

∴的方程为，结合①式，化简得，

将代入方程，解得，

∴

由①式，有，

∴

∵原点到直线的距离，

∴面积，

两边同时平方，化简，得：，代入①，

解得或，

∴点的坐标为或.

【点睛】本题第（2）问在求解切线方程时，若使用点斜式，会造成很大的运算量，而使用斜截式，可以减少参数量，同时结合韦达定理化简，可以有效减少运算.

21．已知函数.

(1)当时，求函数的图象在处的切线方程；

(2)若恒成立，求实数的最小值.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求解即可；

（2）由恒成立，即恒成立，设，由单调性可得对恒成立，于是恒成立，设，根据函数的单调性及最值求出答案.

【详解】（1）当时，，

所以，

所以函数图象在处的切线方程为，即.

（2）恒成立，即恒成立，

于是恒成立，即恒成立，

设，则，

当时，单调递增，

所以，对恒成立，即对恒成立，于是恒成立，

设，

当时，单调递增；当时，单调递减，

，

所以的最小值是.

22．在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.

(1)求曲线的直角坐标方程；

(2)若直线与曲线交于、两点，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将代入方程，即可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入椭圆的普通方程，根据直线的参数方程中参数的几何意义计算可得.

【详解】（1）将代入，得，

故曲线的直角坐标方程.

（2）将（为参数）代入得，

设对应的参数值为

故，，

故.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若的最小值为，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论求解不等式即可；

（2）根据题意得到，从而得到，结合“1”妙用，利用基本不等式求解即可.

【详解】（1）由题知：，即

所以，

，

.

综上：，

所以的解集为.

（2），

当且仅当时，等号成立，所以.

所以.

所以，

当且仅当，即时，等号成立.

所以的最小值为.