《2023届甘肃省白银市靖远一中高三三诊数学试题试卷》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届甘肃省白银市靖远一中高三三诊数学试题试卷（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023届甘肃省白银市靖远一中高三三诊数学试题试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共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已知函数，若，则下列不等关系正确的是（ ）ABCD2设集合，则（ ）ABCD3已知数列 是公比为 的等比数列，且 ， ， 成等差数列，则公比 的值为（ ）A
2、BC 或 D 或 4设集合，则 ()ABCD5如图，圆的半径为，是圆上的定点，是圆上的动点， 点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（ ）ABCD6若，则“”是 “”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7（）ABCD8执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的（ ）A4B5C6D79执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ） ABCD10正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ）ABCD11函数的部分图象大致是（ ）ABCD12已知抛物线,过抛物线上两点分别作抛物线的两条切线为两切
3、线的交点为坐标原点若,则直线与的斜率之积为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，满足约束条件，则的最大值为_14数列满足，则，_.若存在nN*使得成立，则实数的最小值为_15已知向量，则_.16设实数x，y满足，则点表示的区域面积为_.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。17（12分）如图，设椭圆：，长轴的右端点与抛物线：的焦点重合，且椭圆的离心率是（）求椭圆的标准方程；（）过作直线交抛物线于，两点，过且与直线垂直的直线交椭圆于另一点，求面积的最小值，以及取到最小值时直线的方程18（12分）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为的中点
4、，为棱上的一点.（1）证明：面面；（2）当为中点时，求二面角余弦值.19（12分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在上恒成立，求的取值范围20（12分）已知，.（1）当时，证明：；（2）设直线是函数在点处的切线，若直线也与相切，求正整数的值.21（12分）在平面直角坐标系中，直线与抛物线：交于，两点，且当时，.（1）求的值；（2）设线段的中点为，抛物线在点处的切线与的准线交于点，证明：轴.22（10分）已知函数()当时，讨论函数的单调区间；()若对任意的和恒成立，求实数的取值范围参考答案一、选择题：本题共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
5、符合题目要求的。1、B【解析】利用函数的单调性得到的大小关系，再利用不等式的性质，即可得答案.【详解】在R上单调递增，且，.的符号无法判断，故与，与的大小不确定，对A，当时，故A错误；对C，当时，故C错误；对D，当时，故D错误；对B，对，则，故B正确.故选：B.【点睛】本题考查分段函数的单调性、不等式性质的运用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.2、A【解析】解出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为，又，所以.故选：A.【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.3、D【解析】由成等差数列得，利用
6、等比数列的通项公式展开即可得到公比q的方程.【详解】由题意，2aq2=aq+a，2q2=q+1，q=1或q= 故选：D【点睛】本题考查等差等比数列的综合，利用等差数列的性质建立方程求q是解题的关键，对于等比数列的通项公式也要熟练4、B【解析】直接进行集合的并集、交集的运算即可【详解】解：； 故选：B【点睛】本题主要考查集合描述法、列举法的定义，以及交集、并集的运算，是基础题.5、B【解析】根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.【详解】由题意，当时，P与A重合，则与B重合，所以,故排除C,D选项；当时，由图象可知选B.故选：B【点睛】本题主要考查三
7、角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.6、A【解析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当时，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.7、B【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】故选B【点睛】本题考查复数代数形式
8、的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题8、C【解析】根据程序框图程序运算即可得.【详解】依程序运算可得：，故选：C【点睛】本题主要考查了程序框图的计算，解题的关键是理解程序框图运行的过程.9、B【解析】列出循环的每一步，进而可求得输出的值.【详解】根据程序框图，执行循环前：，执行第一次循环时：，所以：不成立继续进行循环，当，时，成立，由于不成立，执行下一次循环，成立，成立，输出的的值为.故选：B【点睛】本题考查的知识要点：程序框图的循环结构和条件结构的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型10、D【解析】由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可
9、得球体积【详解】如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即60，由底面边长为3得，正三棱锥外接球球心必在上，设球半径为，则由得，解得，故选：D【点睛】本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系掌握正棱锥性质是解题关键11、C【解析】判断函数的性质，和特殊值的正负，以及值域，逐一排除选项.【详解】，函数是奇函数，排除，时，时，排除，当时， 时，排除，符合条件，故选C.【点睛】本题考查了根据函数解析式判断函数图象，属于基础题型，一般根据选项判断函数的奇偶性，零点，特殊值的正负，以及单调性，极值点等排除选项.12、A【解析】设出A，B的坐标，利用导数求出过A，B的切线的
10、斜率，结合，可得x1x21再写出OA，OB所在直线的斜率，作积得答案【详解】解：设A（），B（），由抛物线C：x21y，得，则y，由，可得，即x1x21又，故选：A点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是解题的思路，由于与切线有关，所以一般先设切点，先设A,B,再求切线PA,PB方程，求点P坐标，再根据得到最后求直线与的斜率之积.如果先设点P的坐标，计算量就大一些.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据题意，画出可行域，将目标函数看成可行域内的点与原点距离的平
11、方，利用图象即可求解.【详解】可行域如图所示，易知当，时，的最大值为故答案为：9.【点睛】本题考查了利用几何法解决非线性规划问题，属于中档题.14、 【解析】利用“退一作差法”求得数列的通项公式，将不等式分离常数，利用商比较法求得的最小值，由此求得的取值范围，进而求得的最小值.【详解】当时两式相减得所以当时，满足上式综上所述存在使得成立的充要条件为存在使得，设，所以，即，所以单调递增，的最小项，即有的最小值为.故答案为：(1). (2). 【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列的通项公式，考查数列单调性的判断方法，考查不等式成立的存在性问题的求解策略，属于中档题.15、【解析】求出，然后由
12、模的平方转化为向量的平方，利用数量积的运算计算【详解】由题意得，.，.，.故答案为：【点睛】本题考查求向量的模，掌握数量积的定义与运算律是解题基础本题关键是用数量积的定义把模的运算转化为数量积的运算16、【解析】先画出满足条件的平面区域，求出交点坐标，利用定积分即可求解.【详解】画出实数x，y满足表示的平面区域，如图（阴影部分）：则阴影部分的面积，故答案为：【点睛】本题考查了定积分求曲边梯形的面积，考查了微积分基本定理，属于基础题.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。17、（）；（）面积的最小值为9，.【解析】（）由已知求出抛物线的焦点坐标即得椭圆中的，再由离心率可求
13、得，从而得值，得标准方程；（）设直线方程为，设，把直线方程代入抛物线方程，化为的一元二次方程，由韦达定理得，由弦长公式得，同理求得点的横坐标，于是可得，将面积表示为参数的函数，利用导数可求得最大值.【详解】（）椭圆：，长轴的右端点与抛物线：的焦点重合，又椭圆的离心率是，椭圆的标准方程为（）过点的直线的方程设为，设，联立得，过且与直线垂直的直线设为，联立得，故，面积令，则，令，则，即时，面积最小，即当时，面积的最小值为9，此时直线的方程为【点睛】本题考查椭圆方程的求解，抛物线中弦长的求解，涉及三角形面积范围问题，利用导数求函数的最值问题，属综合困难题.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）要证明面面，只需证明面即可；（2）以为坐标原点，以，分别为，轴建系，分别计算出面法向量，面的法向量，再利用公式计算即可.【详解】证明：（1）因为底面为正方形，所以又因为，满足，所以又，面，面，所以面.又因为面，所以，面面.（2）由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，以，分别为，轴建系如图所示，则，,，则，.所以，设面法向量为，则由得，令得，即；同理，设面的法向量为，则由得，令得，即，所以，设二面角的大小为，则所以二面角余弦值为.
