2023届青海省玉树州高三第三次联考数学（理）科试题含解析

2023届青海省玉树州高三第三次联考数学（理）科试题

一、单选题

1．已知集合，B＝则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合，再由交集的定义求解即可

【详解】因为，B＝，

所以，

故选：C

2．已知复数满足，则的共轭复数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将化简为，然后直接求的共轭复数即可.

【详解】由得，

则的共轭复数为.

故选：C

3．已知x，y满足约束条件则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出可行域，通过平移得出取最小值的点，求出点的坐标，代入可得答案.

【详解】如图，作出可行域，设，

平移，可知在点处取到最小值，

联立可得，

所以的最小值为.

故选：C.

4．已知函数的图象在点处的切线方桯为.则的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】对函数求导，再求出处的切线方程，即可求得；

【详解】解：函数，则，函数的图象在点处的切线方桯为，

所以，解得，则.

故选：C.

5．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【分析】对A,B选项可能存在的情况，对C选项可能存在与相交的情况，对D选项根据垂直于同一平面的两直线平行得，结合，则可判断其正确.

【详解】对A选项，若，，则或，故A错误，

对B选项，若，则或，故B错误；

对C选项，若，，则与相交或，故C错误；

对D选项，由于，所以，又,所以，故D正确，

故选：D.

6．已知某样本的容量为50，平均数为36，方差为48，现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将24记录为34，另一个错将48记录为38.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据数据总和不变，则平均数不变，根据方差的定义得，而.

【详解】设收集的48个准确数据为，

所以，所以，

所以，又

，

，

故选：B.

7．已知角的终边落在直线上，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据角的终边落在直线上，可得，再根据平方关系商数关系及两角和的正弦公式化弦为切即可的解.

【详解】因为角的终边落在直线上，

所以，

则

.

故选：D.

8．已知的展开式中各项系数的和为4，则该展开式中的常数项为（    ）

A．200 B．280 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意将代入，由各项系数的和为4可求得的值，再根据二次项展开式求出的通项

，分别与和相乘得到常数项，可求出的值，再合并即可得到结果.

【详解】由题意，令，得到展开式的各项系数和为，所以，解得.所以

，展开式的通项为

，令，解得；令，解得，

所以展开式中的常数项为.选项D正确，

故选D.

9．已知函数．则关于说法错误的是(    )

A．的图象向右平移个单位长度后所得的函数为

B．的图象与的图象关于y轴对称

C．的单调递减区间为

D．在上有3个零点，则实数a的取值范围是

【答案】D

【分析】利用三角恒等变换公式化简f(x)解析式.根据图象平移对解析式的影响即可判断A，根据正弦函数对称性即可判断B，根据正弦函数单调性即可判断C，根据正弦函数图象的性质可判断D．

【详解】﹒

对于选项A，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，∴选项A正确；

对于选项B，∵，

∴与图象关于y轴对称，∴选项B正确；

对于C，由得，

即的单调递减区间为，∴选项C正确；

对于D，如图为的图象，

由图可知，在上有3个零点，则，解得，

∴选项D错误．

故选：D．

10．在中，角、、所对的边分别为、、，若，为的角平分线，且，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求出的值，结合角的取值范围可求得角的值，然后由，结合三角形的面积公式可求得的值，进而可求得的值，再利用余弦定可求得的值.

【详解】因为，由正弦定理可得，

所以，，

由余弦定理可得，因为，所以，，

因为，由可得，

即，解得，，

由余弦定理可得，

因此，.

故选：B.

11．已知双曲线的右焦点为F，点A是虚轴的一个端点，点P是C的左支上的一点，且的周长的最小值为6a，则C的渐近线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据双曲线的定义求出的周长的最小值，结合条件可得的关系式，从而得到渐近线的方程.

【详解】设的左焦点为，由双曲线的定义，

不妨设，由对称性；

 的周长为，

由图可知，且共线时取到等号.

所以的周长的最小值为，

因为的周长的最小值为6a，所以，

化简得，所以C的渐近线方程为.

故选：A.

12．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据已知数，构造函数比较a，b大小；构造函数比较a，c大小作答.

【详解】令，当时，，

即函数在上单调递增，则有，因此，即，

令，，有，则在上单调递增，

因此，即，则有，

令，，因此在上单调递增，

即有，则，于是，即，

所以．

故选：D

【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.

二、填空题

13．抛物线的焦点坐标是______．

【答案】

【详解】抛物线即， ，所以焦点坐标为.

14．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角大小为______．

【答案】

【分析】先求，再求，利用夹角公式可得答案.

【详解】因为，是夹角为的两个单位向量，

所以

，

，所以；

，所以.

所以，

因为，所以.

故答案为：.

15．若是定义在上的奇函数，且是偶函数，当时，，则__________.

【答案】

【分析】由奇、偶函数和周期函数的定义，可得的最小正周期，结合对数的运算性质可得答案．

【详解】解：由是定义在上的奇函数，为偶函数，

可得，，即，

所以，可得，

则的最小正周期为4，

当时，，

则．

故答案为：．

16．在正三棱锥中，是的中点，且，则该三棱锥内切球的表面积为__________.

【答案】

【分析】取中点，连接，设为中心，连接，进而得，再结合三角形知识得，再根据等体积法得该三棱锥内切球的半径为，再计算表面积即可.

【详解】

如图，取中点，连接，由题知为等边三角形，

设为中心，连接，

由正三棱锥的性质可知平面，设，

因为是的中点，中点为，所以，

因为，为等边三角形，所以，

因为，所以，所以，

所以，在中，，

即，解得，

所以正三棱锥的侧棱，所以，

所以，，

因为正三棱锥的表面积为，

设该三棱锥内切球的半径为，所以，由得，

所以，该三棱锥内切球的表面积为．

故答案为：．

三、解答题

17．设数列的前n项和为，已知.

(1)求数列的通项公式；

(2)已知数列是等差数列，且，.设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，消元得到，故为等比数列，进而求出通项公式；

（2）由题意，得到的通项公式，进一步得到，利用错位相减法，得到数列的前项和.

【详解】（1）因为，所以，

两式相减，可得，整理得，即，

因为在中当时，，所以，

所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，

所以.

（2）易知，，所以公差，

所以，所以，

因为，

则，

两式相减可得，

即.

18．如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，，D是棱PC的中点．

(1)求证：；

(2)若，求直线BC与平面ADB所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理证得平面ABC，再得到平面PBC，从而即可得证；

（2）根据题意，以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立空间直角坐标系，再由空间向量的坐标运算结合线面角的计算公式，即可得到结果.

【详解】（1）证明：在中，，，，所以，

所以，

又平面平面ABC，平面平面，平面PAB，

所以平面ABC，

又平面ABC，所以，

又，，PB，平面PBC，所以平面PBC，

又平面PBC，所以．

（2）

在中，，，，所以．

以C为坐标原点，，，方向分别为x轴，y轴，z轴的正A方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，，

设平面ADB的一个法向量为，则

取，则，所以．

设直线BC与平面ADB所成的角为，则

，

所以直线BC与平面ADB所成角的正弦值是．

19．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛，除此之外，卡塔尔世界杯还是首次在北半球冬季举行、第二次世界大战后首次由从未进过世界杯的国家举办的世界杯足球赛.小胡、小陈两位同学参加学校组织的世界杯知识答题拿积分比赛游戏，规则如下：小胡同学先答2道题，至少答对一道题后，小陈同学才存机会答题，同样也是两次答题机会，每答对一道题获得5积分，答错不得分.小胡同学每道题答对的概率均为，小陈同学每道题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响.

(1)求小陈同学有机会答题的概率；

(2)记为小胡和小陈同学一共拿到的积分，求的分布列和数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用对立事件及独立事件的概率乘法公式计算即可；

（2）先求出变量取值的概率，然后列出随机变量的分布列，利用期望公式求解即可

【详解】（1）记“小陈同学有机会答题”为事件，

所以，

所以小陈同学有机会答题的概率是.

（2）的所有可能取值为0，5，10，15，20，

所以，

，

，

，

，

所以的分布列为：

所以.

20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线交于、两点（不同于左、右顶点），的周长为，且在上．

(1)求的方程；

(2)若，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，再将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的方程；

（2）设点、，则，，由题意，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求得，，结合题干条件以及韦达定理求出的值，即可得出直线的方程.

【详解】（1）解：由椭圆的定义可得的周长为，

所以，，

将点的坐标代入椭圆的方程可得，

所以，，故椭圆的方程为.

（2）解：在椭圆中，，则、，

设点、，则，，

由题意，设直线的方程为，

联立可得，

，

由韦达定理可得，，

，

同理可得，

所以，

，解得，

所以，直线的方程为或，即或.

21．已知函数（为的导函数）.

(1)讨论单调性；

(2)设是的两个极值点，证明：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）令，讨论两种情况，利用导数得出单调性；

（2）由极值点的定义得出，，，由分析法结合导数证明，从而得出.

【详解】（1）的定义域为.

，设，则

当时，恒成立，在上单调递增.

当时，由，得；由，则；

即在上单调递增，在上单调递减

综上，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递增，在上单调递减

（2）证明：，因为，是函数的两个极值点，

所以，

两式相减得，

欲证，只需证.

①

不妨设，故①变形为②

令，，

则在上单调递增，则

故②式成立，即要证不等式得证

【点睛】关键点睛：对于问题二，关键是将，取对数并利用极值点的定义得出，从而将为两个变量变为单变量，再由导数证明不等式.

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．已知函数．

(1)求不等式的解集;

(2)若关于的不等式的解集包含， 求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论求解绝对值不等式即可.

（2）首先将题意转化为即在上恒成立，从而得到在上恒成立，再利用二次函数的性质求解即可.

【详解】（1）由，即，

当时，，解得.

当时，，解得.

当时，，解得.

综上：.

（2）关于x的不等式的解集包含，

即在上恒成立，

即在上恒成立，

又当时，，所以在上恒成立，

即在上恒成立．

令，

所以，解得或，

即实数a的取值范围是．