甘肃省白银市靖远县2023届高三下学期第二次联考文科数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．函数的部分图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．已知两个非零向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．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
6．已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
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
8．目前，全国所有省份已经开始了新高考改革.改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.已知某班甲、乙同学都选了物理和地理科目，且甲同学的另一科目会从化学、生物、政治这3科中选1科，乙同学的另一科目会从化学、生物这2科中选1科，则甲、乙所选科目相同的概率是（ ）
A． B． C． D．
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．
10．已知函数在和上都是单调的，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数，直线，若直线与的图象交于A点，与直线l交于B点，则A，B之间的最短距离是（ ）
A． B．4 C． D．8
12．已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，是边长为的等边三角形，若三棱锥体积的最大值是，则球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
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______．
14．已知实数，满足约束条件则的最大值是______．
15．设数列是首项为1的正项数列，且，则它的通项公式______.
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=______．
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：
资金投入 2 4 5 6 8
利润 3 4 6 5 7
(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，．
18．如图，在底面为矩形的四棱锥中，底面ABCD．
(1)证明：平面平面PCD．
(2)若，，E在棱AD上，且，求四棱锥的体积．
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.
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.
21．已知函数.
(1)比较与0的大小；
(2)证明：对任意的，恒成立.
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．
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．
参考答案：
1．D
【分析】根据复数的运算法则，即可求解.
【详解】由，可得，则.
故选：D.
2．A
【分析】根据并集概念运算即可.
【详解】因为，所以．
故选:A.
3．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．C
【分析】根据向量的共线的坐标运算，求得，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】因为且，可得，解得或，
又因为为非零向量，所以，即，故“”是“”的充要条件．
故选：C.
5．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.
6．D
【分析】根据指对数的性质判断大小关系即可.
【详解】因为，
所以．
故选：D
7．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．B
【分析】依题意先列出所有的基本事件，再列出甲、乙所选科目相同的基本事件，求其比值即可.
【详解】甲、乙同学所选的科目情况有：（化学，化学），（化学，生物），（生物，化学），（生物，生物），（政治，化学），（政治，生物），共6种，其中甲、乙同学所选的科目相同的情况有（化学，化学），（生物，生物），共2种，
故所求概率．
故选：B.
9．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．D
【分析】由正弦函数的单调性可得且，求解即可.
【详解】解：当时，，
因为在上单调递增，
所以，解得；
当时，，
因为在上单调递减，
则，解得．
综上，的取值范围是．
故选：D
11．A
【分析】根据平行切线法，求函数图象上的点A到直线l的最短距离，即为A，B之间的最短距离.
【详解】因为函数，直线，若直线与的图象交于A点，与直线l交于B点，
直线的斜率为1，直线的斜率为，所以两直线垂直，
所以函数图象上的点A到直线的最短距离，即为A，B之间的最短距离
由题意可得，．
令，解得(舍去)．
因为，取点A，
所以点A到直线的距离，
则A，B之间的最短距离是．
故选：A.
12．A
【分析】设球O的半径为R，的外心为，由题意可得外接圆的半径及面积，高的最大值为，代入体积公式，结合题意可求得R值，代入球的表面积公式即可得答案.
【详解】设外接圆的半径为，则，
设球的半径为，当三棱锥的高最大时，体积取最大值，高的最大值.
所以，即，解得.
故球的表面积是．
故选：A.
13．120
【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：．
14．7
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可得解.
【详解】如图，画出可行域，设则，直线经过点时，取得最大值，
联立可得，此时最大值是7．
故答案为：7.
15．
【分析】由条件有，由数列为正项数列，即得，然后利用累乘法可求出数列的通项公式.
【详解】由，则
又数列为正项数列，即，
所以，即
所以
故答案为：
【点睛】本题考查由递推关系求数列的通项公式，考查累乘法，属于中档题.
16．2
【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
17．(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．(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）由，，证得平面PAD，则有平面平面PCD．
（2）由已知数据结合棱锥体积公式计算.
【详解】（1）证明：由四边形ABCD为矩形，得．
因为底面ABCD，平面ABCD，所以．
因为，平面PAD，所以平面PAD．
因为平面PCD，所以平面平面PCD．
（2）因为，，所以，
因为直角梯形ABCE的面积．
所以．
19．(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．(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．(1)当时，；当时，；当时，
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域，根据导函数得出函数在定义域上单调性，结合，即可得出答案；
（2）先证明，进而推得.根据二倍角的余弦公式得出，.原不等式可转化为.构造，根据导函数以及二次求导，即可得出在上单调递增，所以，即可得出证明.
【详解】（1）由已知可得，的定义域为，
在上恒成立，
所以，在上单调递增.
又，
所以，当时，；当时，；当时，.
（2）令，，则在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，
即，所以，所以.
因为，
所以.
令，则.
令，则.
因为，所以，所以，
所以在上恒成立，所以在上单调递增，
所以，所以在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，
即，
对任意的，恒成立.
22．(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．(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.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
