甘肃省兰州市2022_2023学年高三数学第一次模拟考试理科试卷

这是一份甘肃省兰州市2022_2023学年高三数学第一次模拟考试理科试卷，共13页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，下列命题中是假命题的是，已知椭圆E等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
单选题 （本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．已知集合A＝{x∈R|lg2(2－x)<2}，B＝{－1，0，1，2，3}，则A∩B真子集的个数( B )
A．8 B．7
C．4 D．6
[解析] 由题lg2(2－x)<2，则0<2－x<4，得－22设i是虚数单位，若复数z＝1＋2i，则复数z的模为( D )
A．1 B．2eq \r(2)
C．eq \r(3) D．eq \r(5)
[解析] 依题意，|z|＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，故选D.
3．下列命题中是假命题的是( C )
A．∃x∈R，lg2x＝0 B．∃x∈R，cs x＝1
C．∀x∈R，x2>0 D．∀x∈R，2x>0
[解析] 因为lg21＝0，cs 0＝1，所以A、B均为真命题，02＝0，C为假命题，2x>0，选项D为真命题．
4已知α为第二象限角，则eq \f(2sin α,\r(1－cs2α))＋eq \f(\r(1－sin2α),cs α)的值是( B )
A．－1 B．1
C．－3 D．3
[解析] ∵α为第二象限角，∴sin α>0，cs α<0，
∴eq \f(2sin α,\r(1－cs2α))＋eq \f(\r(1－sin2α),cs α)＝eq \f(2sin α,|sin α|)＋eq \f(|cs α|,cs α)＝eq \f(2sin α,sin α)＋eq \f(－cs α,cs α)＝1.选B.
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( B )
附：第6行至第9行的随机数表
2 748 6 198 7 164 4 148 7 086 2 888 8 519 1 620
7 477 0 111 1 630 2 404 2 979 7 991 9 683 5 125
3 211 4 919 7 306 4 916 7 677 8 733 9 974 6 732
2 635 7 900 3 370 9 160 1 620 3 882 7 757 4 950
A．3 B．19
C．38 D．20
[解析] 按题中方法选出的6个个体编号分别为41,48,28,19,16,20，故选B.
已知非零单位向量a，b满足|a＋b|＝|a－b|，则a与b－a的夹角为( D )
A．eq \f(π,6) B．eq \f(π,3)
C.eq \f(π,4) D．eq \f(3π,4)
[解析] 解法一：设a与b－a的夹角为θ.
因为|a＋b|＝|a－b|，所以|a＋b|2＝|a－b|2，
即|a|2＋2a·b＋|b|2＝|a|2－2a·b＋|b|2，
所以a·b＝0.
因为a，b为非零单位向量，
所以(b－a)2＝2，即|b－a|＝eq \r(2).
因为a·(b－a)＝a·b－a·a＝－1＝|a||b－a|csθ，
所以csθ＝eq \f(－1,1×\r(2))＝－eq \f(\r(2),2)，因为θ∈[0，π]，
所以θ＝eq \f(3π,4).
解法二：几何法，如图，|a＋b|与|a－b|分别表示以a，b为邻边(共起点)的菱形两对角线长度，且长度相等，从而菱形为正方形，再作出b－a知所求为eq \f(3π,4).
解法三：坐标法，由|a＋b|＝|a－b|得a⊥b，又a，b为单位向量，则在平面直角坐标系中取a＝(1，0)，b＝(0，1)，则b－a＝(－1，1)，由向量夹角的坐标运算知a与b－a的夹角为eq \f(3π,4).
7．若存在x∈R，使ax2＋2x＋a<0，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(－1，1) D．(－1，1]
[解析] “存在x∈R，使ax2＋2x＋a<0”的否定为“对任意x∈R，都有ax2＋2x＋a≥0”，下面先求对任意x∈R，都有ax2＋2x＋a≥0恒成立时a的范围．
①当a＝0时，该不等式可化为2x≥0，即x≥0，显然不合题意；
②当a≠0时，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0，,22－4a2≤0，))解得a≥1.
综合①②得a的范围为[1，＋∞)，所以存在x∈R，使ax2＋2x＋a<0的a的取值范围为(－∞，1)．
8．已知数列{an}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前100项和为( D )
A．eq \f(100,101) B．eq \f(99,100)
C．eq \f(101,100) D．eq \f(200,101)
[解析] ∵an＋1＝a1＋an＋n，a1＝1，∴an＋1－an＝1＋n.
∴an－an－1＝n(n≥2)．
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq \f(n（n＋1）,2).
∴eq \f(1,an)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前100项和为2eq \b\lc\((\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(＋…＋\f(1,100)－\f(1,101)))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,101)))＝eq \f(200,101).故选D.
9.一个几何体三视图如下图所示，则该几何体体积为( D )
A．12 B．8
C．6 D．4
[解析] 由三视图可知几何体为三棱锥，如图，故其体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×3×4＝4.故选D.
10 已知F是椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若|PF|＝3|QF|，且∠PFQ＝120°，则椭圆E的离心率为( A )
A．eq \f(\r(7),4) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(3),4) D．eq \f(\r(3),2)
[解析] 设椭圆的右焦点F′，连接PF′，QF′，
根据椭圆对称性可知四边形PFQF′为平行四边形，
则|QF|＝|PF′|，且由∠PFQ＝120°，
可得∠FPF′＝60°，
所以|PF|＋|PF′|＝4|PF′|＝2a，
则|PF′|＝eq \f(1,2)a，|PF|＝eq \f(3,2)a，
由余弦定理可得(2c)2＝|PF|2＋|PF′|2－2|PF||PF′|cs 60°＝(|PF|＋|PF′|)2－3|PF||PF′|，
即4c2＝4a2－eq \f(9,4)a2＝eq \f(7,4)a2，
∴椭圆的离心率e＝eq \r(\f(c2,a2))＝eq \r(\f(7,16))＝eq \f(\r(7),4)，故选A.
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( C )
A．16种 B．18种
C．20种 D．24种
[解析] 解法一：记国庆7天分别为1、2、3、4、5、6、7，当甲1、2或6、7时，乙有4种方案；当甲2、3或3、4或4、5或5、6时，乙有3种方案，故共有4×2＋4×3＝20种方案．
解法二：(间接法)甲、乙二日游共有6×6＝36种方案，其中两天同在泉州有6种，只有一天两人同在泉州有2×5＝10种，故其出游的不同方案共有36－6－10＝20种．
已知函数f(x)＝ln x－eq \f(a,x)，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为eq \f(3,2)，则a的值为( A )
A．－eq \r(e) B．－eq \f(e,2)
C．－eq \f(3,2) D．eeq \s\up6(\f(1,2))
[解析] f′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(a,x2)＝eq \f(x＋a,x2)
若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，
f(x)min＝f(1)＝－a＝eq \f(3,2)，则a＝－eq \f(3,2)，矛盾．
若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.
若1<－a事实上，若－a≥e，即a≤－e，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上递减，∴f(x)min＝f(e)＝1－eq \f(a,e)＝eq \f(3,2)，解得a＝－eq \f(e,2)，矛盾；
若－a≤1，即a≥－1，f′(x)≥0，f(x)在[1，e]上递增f(x)min＝f(1)＝－a＝eq \f(3,2)，解得a＝－eq \f(3,2)，矛盾．
第II卷（非选择题）
二、填空题 （本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡中的横线上．）
13．如图为计算y＝|x|函数值的程序框图，则此程序框图中的判断框内应填．
[解析]x＜0？ [由y＝|x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x x≥0，,－x x＜0))知，判断框内应填x＜0？.]
14 已知x>0，y>0，若eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)>m2＋2m恒成立，则实数m的取值范围是 (－4，2) ．
[解析] ∵x>0，y>0，
∴eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)≥2eq \r(\f(2y,x)·\f(8x,y))＝8
(当且仅当y＝2x时取等号)
∴eq \f(2y,x)＋eq \f(8x,y)的最小值为8，
由题意可知m2＋2m－8<0，解得－4即m的取值范围是(－4，2)．
已知直线l1：y＝2x，则过圆x2＋y2＋2x－4y＋1＝0的圆心且与直线l1垂直的直线l2的方程为x＋2y－3＝0 .
[解析] 圆心为(－1,2)，kl2＝－eq \f(1,2)，故l2的方程为y－2＝－eq \f(1,2)(x＋1)，即x＋2y－3＝0.
16．对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：
22＝1＋3；32＝1＋3＋5；42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5；33＝7＋9＋11；43＝13＋15＋17＋19.
根据上述分解规律，则52＝1＋3＋5＋7＋9，若m3(m∈N*)的分解中最小的数是73，则m的值为________．
[解析] [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…中若干连续项之和，23为前两项和，33为接下来三项和，故m3的首个数为m2－m＋1.因为m3(m∈N*)的分解中最小的数是73，所以m2－m＋1＝73，解得m＝9.]
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．(12分)在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1.
(1)若AB＝eq \f(3,2)，求BC；
(2)若AB＝2BC，求cs∠BDC.
[解析] (1)在△ABD中，cs∠ABD＝eq \f(\f(1,2)AB,BD)＝eq \f(3,4).
∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD.
∴在△BCD中，BC2＝BD2＋DC2－2×BD×DC×cs∠BDC＝12＋12－2×1×1×eq \f(3,4)＝eq \f(1,2)，∴BC＝eq \f(\r(2),2).
(2)设BC＝x，则AB＝2x，cs∠ABD＝eq \f(\f(1,2)AB,BD)＝x.
在△BCD中，BC2＝BD2＋DC2－2×BD×CD×cs∠BDC，
∴x2＝1＋1－2x，∴x2＋2x－2＝0，
解得x＝eq \r(3)－1.
∴cs∠BDC＝cs∠ABD＝x＝eq \r(3)－1.
18．(12分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，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．
[解析] (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ADEF∩平面ABCD＝AD，
所以AF⊥平面ABCD.
所以AF⊥BD.
因为AB＝AD，M线段BD的中点，
所以BD⊥AM.又AM∩AF＝A，
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AB，AD，AF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Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，1))，
所以eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，0))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，1))，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3，0))，
设平面ACE的一个法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，z))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AC,\s\up6(→))·n＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,x＋3y＝0，))
令y＝1，则x＝－3，z＝－1，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，1，－1)).
由(1)知，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，0))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θ，
则cs θ＝cs〈eq \(BD,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(BD,\s\up6(→))·n,|\(BD,\s\up6(→))||n|)
＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))＋1×1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))×0,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3))2＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))2)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))2＋12＋02))＝eq \f(2\r(22),11).
所以平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为eq \f(2\r(22),11).
19．(12分)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三题答卷如下表：
(1)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的多少份？
(2)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(1)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X，求X的分布列及其数学期望E(X)．
[解析] (1)由题意可得：A，B，C答卷数的比为180300120，即为352，故应分别从B，C题的答卷中抽出5份，2份．
(2)由题意可知，A题答案得优的概率为eq \f(1,3)，显然被抽出的A题的答案中得优的份数X的可能取值为0,1,2,3，且X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,3)))，
P(X＝0)＝Ceq \\al(0,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＝eq \f(8,27)；
P(X＝1)＝Ceq \\al(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＝eq \f(4,9)；
P(X＝2)＝Ceq \\al(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))1＝eq \f(2,9)；
P(X＝3)＝Ceq \\al(3,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))0＝eq \f(1,27).
随机变量X的分布列为：
所以E(X)＝0×eq \f(8,27)＋1×eq \f(4,9)＋2×eq \f(2,9)＋3×eq \f(1,27)＝1.
另解：X～Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(1,3)))，∴E(X)＝3×eq \f(1,3)＝1.
20．(12分)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，直线l：x＝ty＋1交E于A，B两点；当t＝0时，|AB|＝eq \f(2\r(6),3).
(1)求E的方程；
(2)设A在直线x＝3上的射影为D，证明：直线BD过定点，并求定点坐标．
[解析] (1)由题意得e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(2,3)，
整理得a2＝3b2，
由t＝0时，|AB|＝eq \f(2\r(6),3)得eq \f(1,a2)＋eq \f(2,3b2)＝1，
因此a＝eq \r(3)，b＝1.故E的方程是eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(3，y1)，
将x＝ty＋1代入eq \f(x2,3)＋y2＝1得(t2＋3)y2＋2ty－2＝0，
y1＋y2＝－eq \f(2t,t2＋3)，y1·y2＝－eq \f(2,t2＋3)，
从而ty1·y2＝y1＋y2.①
直线BD：y＝eq \f(y2－y1,x2－3)(x－3)＋y1，
设直线BD与x轴的交点为(x0,0)，
则eq \f(y2－y1,x2－3)(x0－3)＋y1＝0，
所以x0＝eq \f(y13－x2,y2－y1)＋3＝eq \f(y12－ty2,y2－y1)＋3＝eq \f(2y1－ty1y2,y2－y1)＋3，
将①式代入上式可得x0＝2，
故直线BD过定点(2,0)．
21．(12分)设函数f(x)＝aln x＋x2－(a＋2)x，其中a∈R.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处切线的倾斜角为eq \f(π,4)，求a的值；
(2)已知导函数f′(x)在区间(1，e)上存在零点，证明：当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.
[解析] (1)f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)，
由题意可知f′(2)＝tan eq \f(π,4)＝1，
∴f′(2)＝eq \f(a,2)＋4－a－2＝1，得a＝2.
(2)f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq \f(2x2－（a＋2）x＋a,x)，
设h(x)＝2x2－(a＋2)x＋a＝(x－1)(2x－a)，
令h(x)＝0，得x＝1或x＝eq \f(a,2)，
∵f′(x)在(1，e)上存在零点，∴1由此可知
∴当x∈(1，e)时，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝aln eq \f(a,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))eq \s\up12(2)－(a＋2)×eq \f(a,2)＝aln eq \f(a,2)－eq \f(a2,4)－a.
设g(a)＝alneq \f(a,2)－eq \f(a2,4)－a(2则g′(a)＝lneq \f(a,2)－eq \f(a,2)，
∵1∴g(a)在(2，2e)上单调递减，∴g(a)>2eln e－eq \f(4e2,4)－2e＝－e2，
∴当x∈(1，e)时，f(x)>－e2.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22.（10分）已知曲线C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1，直线l：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2＋t，,y＝2－2t))(t为参数)．
(1)写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；
(2)过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值．
[解] (1)曲线C的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2cs θ，,y＝3sin θ))(θ为参数)．
直线l的普通方程为2x＋y－6＝0.
(2)曲线C上任意一点P(2cs θ，3sin θ)到l的距离为d＝eq \f(\r(5),5)|4cs θ＋3sin θ－6|.
则|PA|＝eq \f(d,sin 30°)＝eq \f(2\r(5),5)|5sin(θ＋α)－6|，
其中α为锐角，且tan α＝eq \f(4,3).
当sin(θ＋α)＝－1时，|PA|取得最大值，最大值为eq \f(22\r(5),5).
当sin(θ＋α)＝1时，|PA|取得最小值，最小值为eq \f(2\r(5),5).
[选修4-5：不等式]
23（10分）已知a，b，c∈R，且满足a＋2b＋3c＝6，求a2＋2b2＋3c2的最小值．
[解] 由柯西不等式，得(1＋2＋3)(a2＋2b2＋3c2)≥(1·a＋eq \r(2)·eq \r(2)b＋eq \r(3)·eq \r(3)c)2.
得6(a2＋2b2＋3c2)≥(a＋2b＋3c)2＝36.
所以a2＋2b2＋3c2≥6.
当且仅当eq \f(a,1)＝eq \f(\r(2)b,\r(2))＝eq \f(\r(3)c,\r(3))，即a＝b＝c＝1时，上式等号成立．
所以a2＋2b2＋3c2的最小值为6.
题号
一
二
三
总分
得分
题
A
B
C
答卷数
180
300
120
X
0
1
2
3
P
eq \f(8,27)
eq \f(4,9)
eq \f(2,9)
eq \f(1,27)
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(a,2)))
eq \f(a,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，e))
f′(x)
－
0
＋
f(x)
减
极小值
增