2023届甘肃省白银市靖远县高三下学期第二次联考数学（理）试题含解析

2023届甘肃省白银市靖远县高三下学期第二次联考数学（理）试题

一、单选题

1．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】A

【分析】先计算，得到复数在复平面内对应的点为，即可判断.

【详解】因为，

所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限．

故选：A

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据对数不等式、一元一次不等式的解法求出集合A、B，结合交集的概念和运算即可求解.

【详解】由题意得，，

所以，，

所以.

故选：A.

3．函数的部分图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的奇偶性以及时的函数值为正值，利用排除法即可得出答案.

【详解】因为，又函数的定义域为，故为奇函数，排除AC；

根据指数函数的性质，在上单调递增，当时，，故，则，排除D.

故选：B

4．已知向量，且，则（    ）

A．6 B．8 C．10 D．12

【答案】C

【分析】由，可得，即可得答案.

【详解】因，所以，

即.

故选：C

5．的展开式中含项的系数是（    ）

A． B．120 C． D．45

【答案】A

【分析】求出展开式的通项，令，解方程代入即可得出答案.

【详解】展开式的通项为．

令，得，则．

所以的展开式中含项的系数是.

故选：A.

6．转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放．如图1，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为S，高为h．已知曲面棱柱的体积V=Sh，如图1所示的曲面棱柱的体积为，，则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．6

【答案】B

【分析】把底面分为三个弓形和三角形面积之和，在根据题中体积和高可得.

【详解】由题意可知该曲面棱柱的底面积．

设，则，解得.

故选：B.

7．九连环是我国古代至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需要移动的最少次数，数列满足，且，则（    ）

A．287 B．272 C．158 D．143

【答案】D

【分析】根据已知递推公式，利用代入法进行求解即可.

【详解】因为数列满足，且，

所以，

,

所以.

故选：D.

8．某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社．已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有（    ）

A．21种 B．30种 C．42种 D．60种

【答案】C

【分析】把4人分成2个组，选择2个社团，把2个组分配给2个社团.

【详解】4名大一新生分成2个组，一组1人另一组3人或2个组各2 人，有种方案，

3个社团选择2个社团，有种方案，

把2个组分配给2个社团，有种方案，

由题意可得这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有种．

故选：C

9．已知双曲线的右顶点为M，以M为圆心，双曲线C的半焦距为半径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于A，B两点．若，则双曲线C的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】做交于点，点为弦的中点，可得圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，即，再利用可得答案.

【详解】因为，如图，做交于点，点为弦的中点，

，所以圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，

则，则，即，解得，

则双曲线C的离心率为．

故选：D.

10．已知函数满足，当时，，若对任意的，都有，则m的最大值是（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】由函数满足，则，根据所在不同区间，求得函数的最值范围，根据已知条件任意，都有，解不等式即可求得的取值范围.

【详解】因为函数满足，则，

当时，，，

当时，，，，

当时，，，，

当时，，或.

时，恒成立，时，

因为任意的，，

所以，故m的最大值是5.

故选：B

11．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，点在正方形内，若，平面，则的最小值是（    ）

A．2 B． C． D．3

【答案】B

【分析】先根据题中的关系确定点在平面中的位置，在求的最小值.

【详解】如图，分别取棱，的中点，，连接，，．

因为正方体中，，

所以平面内两相交直线，与平面平行

所以平面，则点在线段上．

过点作，垂足为，连接DH，

则，当且仅当与重合时，．

故选：B.

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，确定在上单调递增，，得到，根据得到，得到，得到答案.

【详解】设，则在上恒成立，故在上单调递增，，故，即；

，故，故，故，故；

综上所述：.

故选：A

二、填空题

13．某校高三年级进行了一次高考模拟测试，这次测试的数学成绩，且，规定这次测试的数学成绩高于120分为优秀．若该校有1200名高三学生参加测试，则数学成绩为优秀的人数是______．

【答案】120

【分析】由已知结合正态分布曲线的对称性得，乘以总人数即可得出答案．

【详解】由，得正态分布曲线的对称轴为，

因为，所以，

则数学成绩为优秀的人数是，

故答案为：．

14．在等差数列中，，，则的公差是________．

【答案】-3

【分析】设的公差为d，由等差数列的通项公式可得答案.

【详解】设的公差为d，，

则．

故答案为：．

15．已知函数与的图象在区间上的交点个数为m，直线与的图象在区间上的交点的个数为n，则________．

【答案】

【分析】分别作出函数与及直线的图象，结合图象确定的值，即可求解.

【详解】解：作出函数与的图象，

如图所示，根据图象知，

又由直线与的图象在区间上有3个交点，所以，

所以．

故答案为：.

16．已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为D，E，若，则p=______．

【答案】2

【分析】利用三角形面积公式、梯形面积公式及面积关系得到，设直线方程，与抛物线联立，韦达定理，求出，利用三角形面积求出即可.

【详解】由题意可知，设，

则，

，

因为，所以.

由题意可知直线l的斜率不为0，

设直线l的方程为，联立整理得，

则，，

从而，解得，

故，即.

因为，所以，解得.

故答案为：2

三、解答题

17．通过市场调查，现得到某种产品的资金投入（单位：百万元）与获得的利润（单位：百万元）的数据，如下表所示：

(1)求样本（）的相关系数（精确0.01）；

(2)根据上表提供的数据，用最小二乘法求出关于的线性回归直线方程；

(3)现投入资金1千万元，求获得利润的估计值．

附：相关系数，，

对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，．

【答案】(1)0.92

(2)

(3)8.25百万元．

【分析】（1）根据相关系数的公式可求；

（2）利用最小二乘法求得，即可得到线性回归方程；

（3）把代入线性回归方程即可求解.

【详解】（1）由题意得，．

因为，，

所以，

，

所以．

故样本（）的相关系数约为

（2），，

故线性回归直线方程为．

（3）当时，百万元．

故现投入资金1千万元，获得利润约为百万元.

18．如图，在底面为矩形的四棱锥中，PA⊥底面．

(1)证明：平面PAD⊥平面PCD．

(2)若E在棱AD上，且，求PE与平面PBD所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过题目条件证明CD⊥平面PAD，即可证明平面PAD⊥平面PCD；

（2）如图，建立以A为坐标原点的空间直角坐标系，后利用空间向量可求得PE与平面PBD所成角的正弦值．

【详解】（1）证明：由四边形为矩形，得AD⊥CD．

由题可得PA⊥底面，又平面ABCD，所以PA⊥CD．

因为，平面PAD，平面PAD，所以CD⊥平面PAD．

因为平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD．

（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

所以，，．

设是平面PBD的法向量，

则，令x=3，得．

设PE与平面PBD所成角为，

则，

所以PE与平面PBD所成角的正弦值为．

【点睛】19．在中，角的对边分别为，且.

(1)求角；

(2)若为锐角三角形，为边的中点，求线段长的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换的化简可得，即可求解；

（2）由向量的线性运算可得，等式两边同时平方可得，由正弦定理可得，结合角B的范围可得，即可求解.

【详解】（1），由正弦定理，

得，

即.

因为，所以，

由，得，即.

因为，所以.

（2）因为为边的中点，所以，

所以.

在中，由正弦定理，得.

因为为锐角三角形，且，所以，

则，故.

所以，即线段长的取值范围为.

20．已知椭圆的离心率是，是椭圆C上一点.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点的直线l与椭圆C交于A，B（异于点P）两点，直线PA，PB的斜率分别是，，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)是，

【分析】（1）由已知椭圆的离心率是，又过点，可得，直接解得，，即可得到椭圆的标准方程；

（2）由直线过点，可设直线方程为，，，联立方程组，由韦达定理可得，，又，得，，再代入化简即可求解.

【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，

由题意可得，解得，，

故椭圆C的标准方程为：.

（2）

由题意可知直线l的斜率不为0，设直线，，，

联立，整理得，

则，

，，

因为，所以，，

所以

.

故为定值，该定值为.

21．定义：若函数在定义域内存在实数，使得成立，其中为大于0的常数，则称点为函数的级“平移点”.

(1)判断函数的2级“平移点”的个数，并求出2级“平移点”；

(2)若函数在上存在1级“平移点”，求实数的取值范围.

【答案】(1)1个，2级“平移点”为.

(2)

【分析】（1）根据题意，可得，代入解析式求解即可；

（2）根据级“平移点”定义知有解，即可得在上有解，构造函数并利用导数研究单调性、最值，即可求的范围.

【详解】（1）函数，，存在的2级“平移点”，则，

即，

所以，即，

令则，

当时，，所以，

所以在上单调递增，而，

所以在只有1个零点，即函数的2级“平移点”的个数为1，且2级“平移点”为.

（2）由在上存在1级“平移点”，则有解，

即：，得：，

∴在上有解，

令，，则

，

∴在上单调递增，则，

∴，即.

实数的取值范围为：.

22．在直角坐标系中，曲线M的方程为，曲线N的方程为，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．

(1)求曲线M，N的极坐标方程；

(2)若射线与曲线M交于点A（异于极点），与曲线N交于点B，且，求．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线和的极坐标方程；

（2）将代入曲线和的方程，求得和 ，结合题意求得，即可求解.

【详解】（1）解：由，可得，即，

又由，可得，

所以曲线M的极坐标方程为．

由，可得，即，

即曲线N的极坐标方程为.

（2）解：将代入，可得，

将代入，可得，

则，

因为，所以，

又因为，所以．

23．已知函数．

(1)证明：存在，使得恒成立．

(2)当时，，求a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析；

(2)．

【分析】（1）根据给定条件，利用绝对值三角不等式求出的最小值，再建立不等式求解作答.

（2）由已知去绝对值符号，再解含绝对值符号的不等式，即可求出a的范围作答.

【详解】（1），，当且仅当时取等号，

因此，由，而，解得，则当时，恒成立，

所以存在，使得恒成立.

（2）当时，，由，得，

显然，否则不等式不成立，于是，即，

因为当时，，所以，解得，又，即，

所以a的取值范围是.