2022-2023学年甘肃省高考数学模拟试卷（文科）

2022-2023学年甘肃省高考数学模拟试卷（文科）题号一二三总分得分一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）已知，，则“”是“”的(

)A.充要条件 B.充分不必要条件

C.既不充分也不必要条件 D.必要不充分条件复数、为实数的充要条件是(

)A. B.且 C.且 D.已知向量，，则(

)A. B. C. D.某校高一甲、乙两位同学的九科成绩如茎叶图所示，则下列说法正确的是(

)A.甲、乙两人的各科平均分不同

B.甲、乙两人的中位数相同

C.甲各科成绩比乙各科成绩稳定

D.甲的众数是，乙的众数为若，满足约束条件则的最大值是(

)A. B. C. D.设为抛物线：的焦点，点在上，点，若，则(

)A. B. C. D.执行如图的程序框图，输出的(

)A.

B.

C.

D.

如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是(

)A. B. C. D.在正方体中，，分别为，的中点，则(

)A.平面平面 B.平面平面

C.平面平面 D.平面平面已知等比数列的前项和为，，则(

)A. B. C. D.函数在区间的最小值、最大值分别为(

)A.， B.， C.， D.，已知球的半径为，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(

)A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）记为等差数列的前项和．若，则公差______．从甲、乙等名同学中随机选名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为______．过四点，，，中的三点的一个圆的方程为______．若是奇函数，则______，______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分

记的内角，，的对边分别为，，，已知．

若，求；

证明：．本小题分

如图，四面体中，，，，为的中点．

证明：平面平面；

设，，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．本小题分

某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积单位：和材积量单位：，得到如下数据：样本号总和根部横截面积材积量并计算得，，．

估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量；

求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数精确到；

现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值．

附：相关系数，．本小题分

已知函数．

当时，求的最大值；

若恰有一个零点，求的取值范围．本小题分

已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且过，两点．

求的方程；

设过点的直线交于，两点，过且平行于轴的直线与线段交于点，点满足证明：直线过定点．本小题分

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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为．

写出的直角坐标方程；

若与有公共点，求的取值范围．本小题分

已知，，都是正数，且，证明：

；

．

答案和解析1.【答案】

【解析】解：因为，若当时，则不成立，故充分性不成立，

又因为，则，故必要性成立，

则“”是“”的必要不充分条件，

故选：．

举反例时，充分性不成立，利用等式性质必要性成立，从而可解．

本题考查充分条件、必要条件，属于基础题．

2.【答案】

【解析】【分析】

本题考查复数的基本概念，考查了复数为实数的充要条件，是基础题．

根据题意，可得，即可求出结果．

【解答】

解：复数为实数的充要条件是，即．

故选：．

3.【答案】

【解析】解：，

故，

故选：．

先计算处的坐标，再利用坐标模长公式即可．

本题主要考查向量坐标公式，属于基础题．

4.【答案】

【解析】【分析】由茎叶图写出甲乙的九门课程的成绩，由中位数和众数和平均数、方差的定义，计算可得所求结论．

本题考查茎叶图的应用：求众数和平均数、方差和中位数，考查运算能力，属于基础题．

【解答】解：由茎叶图可得甲的成绩为：，，，，，，，，，

平均分为；中位数为；极差为；众数为；

乙的成绩为：，，，，，，，，，

平均分为；中位数为；极差为；众数为；

故ABD错误，C正确．

故选：．

5.【答案】

【解析】解：作出可行域如下图阴影部分所示，

由图可知，当取点时，目标函数取得最大值，且最大为．

故选：．

作出可行域，根据图象即可得解．

本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．

6.【答案】

【解析】解：为抛物线：的焦点，点在上，点，，

由抛物线的定义可知不妨在第一象限，所以．

故选：．

利用已知条件，结合抛物线的定义，求解的坐标，然后求解即可．

本题考查抛物线的简单性质的应用，距离公式的应用，是基础题．

7.【答案】

【解析】解：模拟执行程序的运行过程，如下：

输入，，，

计算，，，

判断，

计算，，，

判断；

计算，，，

判断；

输出．

故选：．

模拟执行程序的运行过程，即可得出程序运行后输出的值．

本题考查了程序的运行与应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．

8.【答案】

【解析】解：首先根据图像判断函数为奇函数，

其次观察函数在存在零点，

而对于选项：令，即，解得，或或，故排除选项，

对于选项，令，即，解得，，故排除选项，

选项分母为恒为正，但是分子中是个周期函数，故函数图像在必定是正负周期出现，故错误，

故选：．

首先分析函数奇偶性，然后观察函数图像在存在零点，可排除，选项，再利用在的周期性可判断选项错误．

本题主要考查函数图像的识别，属于基础题．

9.【答案】

【解析】【分析】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查逻辑推理能力，属于中档题．

对于，易知，平面，从而判断选项A正确；对于，由选项A及平面平面可判断选项B错误；对于，由于与必相交，容易判断选项C错误；对于，易知平面平面，而平面与平面有公共点，由此可判断选项D错误．【解答】解：对于，由于，分别为，的中点，则，

又，，，且，平面，

平面，则平面，

又平面，

平面平面，选项A正确；

对于，由选项A可知，平面平面，而平面平面，

故平面不可能与平面垂直，选项B错误；

对于，在平面上，易知与必相交，故平面与平面不平行，选项C错误；

对于，易知平面平面，而平面与平面有公共点，故平面与平面不可能平行，选项D错误．

故选：．

10.【答案】

【解析】解：设等比数列的公比为，，由题意，．

前项和为，，

，，

则，

故选：．

由题意，利用等比数列的定义、性质、通项公式，求得的值．

本题主要考查等比数列的定义、性质、通项公式，属于基础题．

11.【答案】

【解析】【分析】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于基础题．

先求出导函数，令得，或，根据导函数的正负得到函数的单调性，进而求出函数的极值，再与端点值比较即可．【解答】解：，，

则，

令得，或，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

在区间上的极大值为，极小值为，

又，，

函数在区间的最小值为，最大值为，

故选：．

12.【答案】

【解析】解：由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，

则，

该四棱锥的高，

该四棱锥的体积，

当且仅当，即时，等号成立，

该四棱锥的体积最大时，其高，

故选：．

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，由勾股定理可知该四棱锥的高，所以该四棱锥的体积，再利用基本不等式即可求出的最大值，以及此时的值，进而求出的值．

本题主要考查了四棱锥的结构特征，考查了基本不等式的应用，属于中档题．

13.【答案】

【解析】解：，

，

为等差数列，

，

，解得．

故答案为：．

根据已知条件，可得，再结合等差中项的性质，即可求解．

本题主要考查等差数列的前项和，考查转化能力，属于基础题．

14.【答案】

【解析】解：由题意，从甲、乙等名学生中随机选出人，基本事件总数，

甲、乙被选中，则从剩下的人中选一人，包含的基本事件的个数，

根据古典概型及其概率的计算公式，甲、乙都入选的概率．

故答案为：．

从甲、乙等名学生中随机选出人，先求出基本事件总数，再求出甲、乙被选中包含的基本事件的个数，由此求出甲、乙被选中的概率．

本题主要考查古典概型及其概率计算公式，熟记概率的计算公式即可，属于基础题．

15.【答案】或或或

【解析】解：设过点，，的圆的方程为，

即，解得，，，

所以过点，，圆的方程为．

同理可得，过点，，圆的方程为．

过点，，圆的方程为．

过点，，中的三点的一个圆的方程为．

故答案为：或或或．

选其中的三点，利用待定系数法即可求出圆的方程．

本题考查了过不在同一直线上的三点求圆的方程应用问题，是基础题．

16.【答案】

【解析】解：，

若，则函数的定义域为，不关于原点对称，不具有奇偶性，

，

由函数解析式有意义可得，且，

且，

函数为奇函数，定义域必须关于原点对称，

，解得，

，定义域为且，

由得，，

，

故答案为：；．

显然，根据函数解析式有意义可得，且，所以，进而求出的值，代入函数解析式，再利用奇函数的性质即可求出的值．

本题主要考查了奇函数的定义和性质，属于中档题．

17.【答案】解：由，

又，，

，，即舍去或，

联立，解得；

证明：由，

得，

由正弦定理可得，

由余弦定理可得：，

整理可得：．

【解析】由，结合，可得，即，再由三角形内角和定理列式求解；

把已知等式展开两角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角为边即可证明结论．

本题考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．

18.【答案】证明：，，，

≌，

，又为的中点．

，

，为的中点．

，又，

平面，

又平面，

平面平面；

解：由可知，

，，是等边三角形，边长为，

，，，，

，，

又，，

平面，

由知≌，，连接，则，

，

当时，最短，此时的面积最小，

过点作于点，则，平面，

，

，，

三棱锥的体积．

【解析】易证≌，所以，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证得平面平面；

由题意可知是边长为的等边三角形，进而求出，，，，由勾股定理可得，进而证得平面，连接，因为，则，所以当时，最短，此时的面积最小，求出此时点到平面的距离，从而求得此时三棱锥的体积．

本题主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱锥的体积公式，同时考查了学生的空间想象能力与计算能力，是中档题．

19.【答案】解：设这棵树木平均一棵的根部横截面积为，平均一棵的材积量为，

则根据题中数据得：，；

由题可知，；

设从根部面积总和，总材积量为，则，故

【解析】本题考查线性回归方程，考查学生计算能力，属于中档题．

计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量

代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值

依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值．

20.【答案】解：当时，，则，

易知函数在上单调递增，在上单调递减，

在处取得极大值，同时也是最大值，

函数的最大值为；

，

当时，由可知，函数无零点；

当时，易知函数在上单调递增，在上单调递减，

又，故此时函数无零点；

当时，易知函数在上单调递增，在单调递减，

且，，且当时，，此时在上存在唯一零点；

当时，，函数在上单调递增，

又，故此时函数有唯一零点；

当时，易知函数在上单调递增，在上单调递减，

且，且当时，，故函数在上存在唯一零点；

综上，实数的取值范围为．

【解析】将代入，对函数求导，判断其单调性，由此可得最大值；

对函数求导，分，，，及讨论即可得出结论．

本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．

21.【答案】解：设的方程为，

将两点代入得，

解得，，

故E的方程为；

由可得直线

若过的直线的斜率不存在，直线为，

代入，可得，，

将代入，可得，

由，得，

易求得此时直线，过点；

若过的直线的斜率存在，设，，，

联立，得，

故有，且，

联立，可得，

可求得此时，

将代入整理得，

将代入，得，

显然成立．

综上，可得直线过定点．

【解析】设的方程为，将，两点坐标代入即可求解；由可得直线，若过的直线的斜率不存在，直线为，代入椭圆方程，根据即可求解；若过的直线的斜率存在，设，，，联立，得，结合韦达定理和已知条件即可求解．

本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．

22.【答案】解：由，得，

，

又，，，

即的直角坐标方程为；

由曲线的参数方程为为参数．

消去参数，可得，

联立，得．

，即，