甘肃省2023届高三第二次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

甘肃省2023届高三第二次模拟考试数学（理）试卷

学校:___________姓名：___________班级：___________

一、单选题

1．已知复数满足，则复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

2．已知集合 ，则子集的个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．8

3．已知点、是双曲线C：的左、右焦点，P是C左支上一点，若直线的斜率为2，且为直角三角形，则双曲线C的离心率为(    )

A．2 B． C． D．

4．一次投篮练习后体育老师统计了第一小组10个同学的命中次数作为样本，计算出他们的平均命中次数为6，方差为3，后来这个小组又增加了一个同学，投篮命中次数为6，那么这个小组11个同学投篮命中次数组成的新样本的方差是（    ）

A．3 B． C． D．

5．在等比数列中，，公比，则（    ）

A．6 B． C．12 D．

6．五人并排站成一排，如果必须站在的右边，（可以不相邻）那么不同的排法有（  　）

A．120种 B．90种 C．60种 D．24种

7．已知命题p：周期函数都有最小正周期；命题q：若，则，则下列为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

8．下图是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，则在图中，圆柱的体积与球的体积之比和圆柱的表面积与球的表面积之比分别为

A．3﹕2,1﹕1 B．2﹕3,1﹕1 C．3﹕2,3﹕2 D．2﹕3,3﹕2

9．当点在圆上变动时，它与定点的连线的中点的轨迹方程是（    ）

A． B． C． D．

10．设是定义域为的偶函数，且在上单调递增，则（    ）

A．

B．

C．

D．

11．已知，，，则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

12．抛物线的焦点与双曲线的右焦点的连线交于第一象限的点，若在点处的切线平行于的一条渐近线，则

A． B．

C． D．

二、填空题

13．已知，向量，的夹角为120°，，，若，则______.

14．已知函数，若，则______．

15．在数列中， ，且 ，则的值是________.

16．已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为___________.

三、解答题

17．记的内角的对边分别为．已知，为边的中点．

(1)证明：；

(2)若，，求的周长．

18．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此作了四次试验，得到的数据如下：

(1)在给定的坐标系中画出表中数据的散点图；

(2)求出y关于x的线性回归方程，并在坐标系中画出回归直线；

(3)试预测加工10个零件需要多少时间？

(注：)

19．如下图，在三棱锥中，分别是的中点，，.

(1)求证：平面；

(2)求异面直线与所成角的余弦值；

(3)求点到平面的距离.

20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且经过点.

（1）求椭圆的方程；

（2）直线交椭圆于不同的两点，，是否存在一定点满足为定值？若存在，求出定点；若不存在，请说明理由.

21．已知函数．

(1)求的最大值；

(2)若，证明：．

22．在直角坐标系中，曲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．

(1)求的极坐标方程；

(2)已知射线和分别与交于点（异于点），与极轴交于点（异于点），求四边形的面积．

23．求证：（1）；（2）．

参考答案：

1．D

【分析】利用复数的除法化简复数，由此可得出复数的虚部.

【详解】因为，，

因此，复数的虚部为.

故选：D

2．C

【分析】根据集合的交集运算求得，求出其子集，即可求得答案,

【详解】由集合 ，

则，故的子集为，共4个，

故选：C

3．B

【分析】根据双曲线的定义和勾股定理利用即可得离心率.

【详解】∵直线的斜率为2，为直角三角形，

∴，又，

∴，.

∵，即，

∴.

故选：B.

4．B

【分析】根据样本的数字特征分别求出原样本和新样本的平均数，再利用原样本方差计算新样本方差即可求解.

【详解】解：由题意得：

设10个同学的命中次数分别为.

则有

得

于是新样本的平均数

新样本的方差为

故选：B

5．A

【分析】由等比数列的通项公式计算．

【详解】.

故选：A．

6．C

【分析】全排列求解出五人排成一排的所有排法，根据定序，利用缩倍法求出结果.

【详解】所有人排成一排共有：种排法

站在右边与站在右边的情况一样多

所求排法共有：种排法

本题正确选项：

【点睛】本题考查排列组合中的定序问题，定序问题通常采用缩倍法来进行求解.

7．B

【分析】判断出的真假性，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】对于命题：如是周期函数，但没有最小正周期，所以为假命题，为真命题.

对于命题：若，则，由基本不等式得，

当且仅当时等号成立，所以为真命题，为假命题.

所以为真命题，、、为假命题.

故选：B

8．C

【解析】根据已知条件确定球的半径、圆柱底面半径和圆柱的高；根据柱体、球的体积和表面积公式，分别求解出体积和表面积后求得比值.

【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为

，    

，    

本题正确选项：

【点睛】本题考查柱体、球的表面积和体积公式的应用，属于基础题.

9．D

【分析】设中点的坐标为，则，利用在已知的圆上可得的中点的轨迹方程.

【详解】设中点的坐标为，则，

因为点在圆上，故，整理得到.

故选：D.

【点睛】求动点的轨迹方程，一般有直接法和间接法，

（1）直接法，就是设出动点的坐标，已知条件可用动点的坐标表示，化简后可得动点的轨迹方程，化简过程中注意变量的范围要求.

（2）间接法，有如下几种方法：①几何法：看动点是否满足一些几何性质，如圆锥曲线的定义等；②动点转移：设出动点的坐标，其余的点可以前者来表示，代入后者所在的曲线方程即可得到欲求的动点轨迹方程；③参数法：动点的横纵坐标都可以用某一个参数来表示，消去该参数即可动点的轨迹方程.

10．D

【分析】利用指数函数、对数函数以及幂函数的单调性结合中间值法比较、、的大小，再利用函数的奇偶性及其在的单调性可得出合适的选项.

【详解】因为，，

所以，，

因为函数是定义域为的偶函数，且在上单调递增，

所以，，

故选：D.

11．B

【分析】根据指数函数和对数函数单调性，以及函数的单调性，即可比较大小.

【详解】是上的单调减函数，故，

是上的单调减函数，故，，故；

令，则在恒成立，故在单调递增；

则，即，故，即；

综上所述，.

故选：B.

12．C

【详解】试题分析:设抛物线的焦点与双曲线的右焦点及点的坐标分别为,故由题设可得在切点处的斜率为,则,即,故,依据共线可得,所以,故应选C．

考点：抛物线及双曲线的几何性质等知识的综合运用．

【易错点晴】本题是一道考查双曲线与抛物线的位置关系的综合问题．解答本题时,直接依据题设条件运用双曲线和抛物线的几何性质,求得抛物线与双曲线的焦点坐标分别为的,进而借助在点处的切线平行于的一条渐近线建立方程求得,从而确定;再依据三点共线,求出,使得问题获解．

13．##

【分析】先通过定积分的运算求出m，进而通过平面向量数量积的运算求得答案.

【详解】由题意，，所以，于是.

故答案为：.

14．

【分析】通过求出，代入解析式求得结果.

【详解】因为

所以

本题正确结果：

【点睛】本题考查利用分段函数解析式求解函数值的问题，属于基础题.

15．

【详解】，，,……,所以数列是周期数列，

并且,那么.

16．

【分析】设为底面正三角形的中心，连接，则由题设条件可得，从而可求边长，故可求体积.

【详解】

设为底面正三角形的中心，连接，则平面，

且正四面体的外接球的球心在线段上，设正四面体的棱长为，

当过的平面与直线垂直时，该平面与球的截面的面积最小，

此时面积为，

因为过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，故，

所以.

因为为的中点，故，，而，

故平面，而平面，故，

故，

所以，故，而，

故，所以体积为，

故答案为：.

17．(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）利用正余弦定理求出，再利用三角函数证明出；

（2）利用勾股定理求出，再利用三角函数求出，进而求出周长.

【详解】（1）对于，

因为，所以，所以,即.

利用正弦定理,得.

利用余弦定理,

所以，即.

因为，所以，

利用正弦定理，得：.

因为，所以.

因为，所以，所以.

（2）在中，，，所以，.

所以.

因为为边的中点，所以.

在直角三角形中，利用勾股定理得：，解得：.

所以.

所以的周长.

18．（1）见解析（2）（3）预测加工10个零件需要8.05小时

【分析】（1）根据画散点图；（2）根据题中的公式分别求和，（3）根据（2）的结果，求当时，的值.

【详解】散点图

（2）

 ∴            

∴回归直线方程：            

 (3)当

∴预测加工10个零件需要8.05小时

19．(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【分析】（1）先证明出，，利用线面垂直的判定定理直接证明；

（2）取的中点，连接.判断出直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成角，利用余弦定理即可求解；

（3）利用等体积法求解.

【详解】（1）连接OC.

∵，是的中点，

∴，且.

又，是的中点，

∴，且.

在中，，所以，即.

又，平面，平面，∴平面.

（2）取的中点，连接.

由是的中点，知，所以直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB与CD所成角.

在中， ，.

∵OM是直角三角形AOC斜边上的中线，∴.

在中，由余弦定理可得：

，

所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.

（3）设点到平面的距离为h.

.

在△中， ，

∴.

∴.

即点到平面的距离为.

20．（1）；（2）存在，定点.

【分析】（1）根据题意即可写出、，再利用求出的值，即可写出答案.

（2）假设存在，设，，联立直线与椭圆消，即可利用表示出、的值，再利用，，表示出，化简为定值根据系数成比例即可计算出对应的值.

【详解】（1）由题意知，

∴，

∴椭圆方程为

（2）存在定点满足为定值，设，

由，得，

，

∵，

∴

假设为定值，则，

∴存在定点满足为定值.

【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系.运算量较大，属于难题.熟练掌握椭圆的性质与扎实的运算是解本题的基础.

21．(1)0

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导，根据导函数的正负得的单调性继而得解；

（2）根据，，得，所以，只需证明，结合（1）的结论证明.

【详解】（1）定义域为，因为，所以．

当时，，当时，，

则在上单调递增，在上单调递减．

故．

（2）证明：因为，，所以，

所以．

由（1）可知，即，

当且仅当时，等号成立．

则，即

化简得，

当且仅当时，等号成立．

故．

【点睛】关键点点睛：（2）的证明中先根据，，得，

继而将原式放缩可得，所以只需证明，结合（1）的结论证明.

22．(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦的倍角公式和基本关系式，消去参数得到，再由极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得的极坐标方程；

（2）由，，求得和，结合，即可求解.

【详解】（1）解：因为为参数，所以，即，

平方相加，可得，即，

又由，，可得，

所以的极坐标方程为．

（2）解：因为，，

又因为，

所以，

因为是圆的直径，所以，

又因为，所以，

所以．

23．（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）采用分析法即得；

（2）根据基本不等式的性质，进而即得.

【详解】（1）要证原不等式成立，

只需证，

需证，

即证,

上式显然成立，

∴原不等式成立；

（2）∵,, ,

∴2，当且仅当时取等号，

即.