2023届甘肃省高考数学模拟试卷（二）（含答案）

第19页/共19页甘肃省2023年高考数学模拟试卷（二）（考试用时：120分钟，试卷满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题（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.设集合，集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据数轴表示两个集合即可求得集合的并集.【详解】解析在数轴上表示两个集合，如图：易知.故选：A2.已知，且，其中a，b为实数，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【详解】由,得,即故选:3.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】∵，∴.∴，即，∴,，故选B.【考点定位】向量的坐标运算4.正项等比数列中，，则的值A.10 B.20 C.36 D.128【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的性质可得，然后根据对数的运算性质可得所求结果．【详解】∵数列为等比数列，且，∴，∴．故选B．【点睛】在等比数列的计算问题中，除了将问题转化为基本量的运算外，还应注意等比数列下标和性质的运用，即“若，则”，用此性质进行解题可简化运算，提高运算的效率．5.椭圆的离心率为，则的值为（）A-21 B.21 C.或21 D.或21【答案】C【解析】【详解】试题分析：当焦点在轴时，当焦点在轴时，故选C考点：椭圆方程及性质6.如图是一个算法的流程图．若输入的值为，则输出的值是A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：，执行程序，，不满足；执行程序，，不满足；执行程序，，满足，输出；故选C．考点：算法与程序框图．7.如图，在正方体中，直线与平面所成的角的大小是A.90° B.60° C.45° D.30°【答案】D【解析】【详解】【分析】试题分析：如图，连接,,连接,因为,,所以平面,所以即为所求角，并且,所以,故选D.考点：线面角8.设{an}是有正数组成的等比数列，为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则S5＝（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等比数列的性质易得a3＝1，进而由求和公式可得q，再代入求和公式计算可得．【详解】由题意可得a2a4＝a32＝1，∴a3＝1，设{an}的公比为q，则q＞0，∴S31＝7，解得q或q（舍去），∴a14，∴S5故选B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式，属基础题．9.在三棱锥A﹣BCD中，△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.7π B.8π C. D.【答案】D【解析】【分析】如图，取BD中点H，连接AH，CH，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°，分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点，记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°，进而可求得R的值．【详解】解：如图，取BD中点H，连接AH，CH因为△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形所以AH⊥BD，CH⊥BD，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°设△ABD与△CBD外接圆圆心分别为E，F则由AH＝2可得AEAH，EHAH分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°所以OE＝1，则R＝OA则三棱锥外接球的表面积故选：D【点睛】本题考查三棱锥的外接球，球的表面积公式，画出图形，数形结合是关键，属于中档题．10.在6道题中有3道理综题和3道文综题，如果不放回地依次抽取2道题，则“在第1次抽到理综题的条件下，第2次抽到文综题”的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】可以利用古典概型的概率公式求解或者利用条件概率的计算公式求解【详解】法一：第1次抽到理综题的条件下，依次抽取2道题，共有种抽法，其中第2次抽取文综题的情况共有种，因此，所求概率.故选：D.法二：第一次抽到理综题的概率，第一次抽到理综题和第二次抽到文综题的概率.故选：D.11.设双曲线的右焦点是F，左、右顶点分别是,过F做的垂线与双曲线交于B，C两点，若,则双曲线的渐近线的斜率为A B. C. D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：，，，，所以，根据,所以,代入后得，整理为，所以该双曲线渐近线的斜率是，故选C.考点：双曲线的性质12.函数，若，则不等式恒成立，则实数的取值范围是()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】本题由条件可知，函数在上是增函数，对讨论，当时，求得单调区间，当时，求得单调区间，即可得到答案．【详解】因为对于，则不等式恒成立，所以在上是增函数，对函数进行化简可得，当时，在上递增，则在上递增，当时，的增区间为减区间为既在上有减区间．综上所述，，故实数的取值范围是，故选C．【点睛】本题考查的是函数的单调性，考查函数方程思想、整体思想以及分类讨论思想，考查二次函数的基本性质．在计算涉及到绝对值的函数时，可以先将绝对值去掉，然后将函数转化成分段函数，并对其进行讨论．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上）13.某班有男生36人，女生18人，用分层抽样的方法从该班全体学生中抽取一个容量为9的样本，则抽取的女生人数为________．【答案】3【解析】【分析】按分层抽样的定义直接求解即可【详解】解：由题意得，抽取的女生人数为，故答案为：3【点睛】此题考查分层抽样的计算，属于基础题14.圆心在曲线上，且与直线相切的面积最小的圆的方程是_______．【答案】【解析】【详解】试题分析：设圆心坐标为，则，当且仅当时取等号，此时圆心坐标为，故答案为．考点：求圆的方程．15.将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，若对满足的有，则______.【答案】【解析】【分析】写出解析式，由可知一个取最大值一个取最小值，根据，分别取和进行判断，即可求出.【详解】因为函数的周期为，函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，满足的可知，一个取最大值一个取最小值，因为，若，在取最大值，在取得最小值，，此时，不合题意，若，在取最小值，在取得最大值，，此时，满足题意.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数相关性质的应用，属于中档题.16.已知，，且．现给出如下结论：①；②；③；④；其中正确结论的序号是________．【答案】②③【解析】【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值，从而得到函数的大致图象，再根据零点存在性定理判断即可；【详解】解：因为，所以当时，；当或时，所以的单调递增区间为和，单调递减区间为所以，要使有三个解、、，那么结合函数的大致图象可知：所以又函数有个零点在之间，所以，且，所以，，，，故答案为：②③．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第题为必考题，每个试题考生都必须作答.第、题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知，，分别是的角，，所对的边，且，.（1）若的面积等于，求，；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由余弦定理及三角形面积公式得到方程组，解得即可；（2）利用二倍角公式及两角和差的正弦公式得到，再分与两种情况讨论，当，即可得到，利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理求出，，即可得到，从而得解；【小问1详解】解：∵，由余弦定理得，∵的面积和等于，∴，∴，联立；【小问2详解】解：∵，∴，∴，当时，；当时，，由正弦定理得，联立，解得，，∴，即，又∵，∴，综上所述，或；18.如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．【解析】【详解】（Ⅰ）由已知得.取的中点，连接，由为中点知，.又，故，四边形为平行四边形，于是.因为平面，平面，所以平面.（Ⅱ）取的中点，连结.由得，从而，且.以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知，，，，，，，.设为平面的一个法向量，则即可取.于是.【考点】空间线面间的平行关系，空间向量法求线面角．【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．19.为了推进国家“民生工程”，某市现提供一批经济适用房来保障居民住房.现有条件相同甲、乙、丙、丁4套住房供,人申请，且他们的申请是相互独立的.（1）求两人不申请同一套住房的概率；（2）设3名申请人中申请甲套住房的人数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）设出事件，求出两人申请同一套住房的概率，再利用对立事件求概率公式求出两人不申请同一套住房的概率；（2）方法一：求出的可能取值及对应的概率，求出分布列和数学期望；方法二：得到，再根据二项分布的性质求出分布列和数学期望.【小问1详解】设两人申请同一套住房为事件，，所以两人不申请同一套住房的概率为；【小问2详解】方法一：随机变量可能取的值为.，，，所以的分布列为0123所以数学期望.方法二：依题意得，所以，所以的分布列为0123所以数学期望.20.已知椭圆的左焦点为,离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线被圆截得的线段的长为c，.（Ⅰ）求直线的斜率；（Ⅱ）求椭圆的方程；（Ⅲ）设动点在椭圆上，若直线的斜率大于，求直线（为原点）的斜率的取值范围.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】【详解】（Ⅰ）由已知有，又由，可得，，设直线的斜率为，则直线的方程为，由已知有，解得.（Ⅱ）由（Ⅰ）得椭圆方程为，直线的方程为，两个方程联立，消去，整理得，解得或，因为点在第一象限，可得的坐标为，由，解得，所以椭圆方程为（Ⅲ）设点的坐标为，直线的斜率为，得，即,与椭圆方程联立，消去，整理得，又由已知，得，解得或，设直线的斜率为，得，即，与椭圆方程联立，整理可得.①当时，有，因此，于，得②当时，有，因此，于是，得综上，直线的斜率的取值范围是考点：1.椭圆的标准方程和几何性质；2.直线和圆的位置关系；3.一元二次不等式.21.设函数.（Ⅰ）讨论的导函数的零点的个数；（Ⅱ）证明：当时.【答案】（Ⅰ）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（Ⅱ）见解析【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质，即可判断出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设在的唯一零点为，根据的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于，即证明了所证不等式.试题解析：（Ⅰ）的定义域为，.当时,，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，;当时，.故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.由于，所以.故当时，.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.（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.在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数)，若以直角坐标系中的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为为参数)．(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)若曲线与曲线有公共点，求的取值范围．【答案】(1),；(2).【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换的公式，消去参数，即可求得曲线的普通方程，根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线的直角坐标方程；（2）由两曲线的方程，联立方程组，根据判别式，即可求解的取值范围．【详解】(1)由,得，又由所以曲线可化为，又由,得，即，所以所以曲线可化为.(2)若曲线M，N有公共点，则当直线过点时满足要求，此时，并且向左下方平行移动直到相切之前总有公共点，相切时仍然只有一个公共点，联立,得，由，解得.综上可求得t的取值范围是.【点睛】本题主要