【文档说明】甘肃省兰州市第五十中学2022-2023学年高三第一次模拟考试数学（理科）试卷答案及解析.docx，共(15)页，205.326 KB，由小赞的店铺上传

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保密★启用前兰州市五十中2022-2023学年度第一次模拟考试数学试卷（理科）考试时间：120分钟；总分150分题号一二三总分得分注意事项：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）一、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|log2(2－x)<2}，B＝{－1，0，1，2，3}，则A∩B真子集的个数(B)A．8B．7C．4D．6[解析]由题log2(2－x)<2，则0

<2－x<4，得－2<x<2，即A＝(－2，2)，A∩B＝{－1，0，1}，则A∩B真子集的个数为23－1＝7.2设i是虚数单位，若复数z＝1＋2i，则复数z的模为(D)A．1B．22C．3D．5[解析]依题意，|z|＝12＋22＝5，故选D.3．下列命题中是假命题的是(C)A．∃x∈R，l

og2x＝0B．∃x∈R，cosx＝1C．∀x∈R，x2>0D．∀x∈R，2x>0[解析]因为log21＝0，cos0＝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2sinα1－cos2α＋1－sin2αcosα的值是(B)A．－1B．1C．－3D．3[解析]∵α为第二象限角，∴sinα>0，cosα<0，∴2sinα1－cos2α＋1－sin2αcosα＝2sinα|si

nα|＋|cosα|cosα＝2sinαsinα＋－cosαcosα＝1.选B.5．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27486198716441487086288885191620747701111630240429797991968351253211491973064916

767787339974673226357900337091601620388277574950A．3B．19C．38D．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.6．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．π6B．π3C.π4D．3π4[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|＝2.因为a·(b－a)＝a·b－a·a＝－1＝|a||b－a|cosθ，所以cosθ＝－11×2＝－22，因为θ∈[0，π]，所以θ＝3π4.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3π4.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3π4.7．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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1an的前100项和为(D)A．100101B．99100C．101100D．200101[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＝n（n＋1）2.∴1an＝2n（n＋1）＝21n－1n＋1.∴1an的前100

项和为21－12＋12－13＋…＋1100－1101＝21－1101＝200101.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．12B．8C．6D．4[解析]由三视图可知几何

体为三棱锥，如图，故其体积V＝13×12×2×3×4＝4.故选D.10已知F是椭圆E：x2a2＋y2b2＝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．74B．12C．34D．32[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′|＝2

a，则|PF′|＝12a，|PF|＝32a，由余弦定理可得(2c)2＝|PF|2＋|PF′|2－2|PF||PF′|cos60°＝(|PF|＋|PF′|)2－3|PF||PF′|，即4c2＝4a2－94a2＝74a2，∴椭圆的离心率e＝c2a2＝716＝74，故选A.11．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．12．已知函数f(x)＝lnx－ax，若函数f(x)在[1，e]上的最小值为32，则a的值为(A)A．－eB．－e2C．－32D．e12[解析]f′(x)＝1x＋ax2＝x＋ax2若a≥0，则f′(x)>0，f(x)在[1，e]上递增，f(x)min＝f(

1)＝－a＝32，则a＝－32，矛盾．若a<0，则由f′(x)＝0得x＝－a.若1<－a<e，即－e<a<－1，则f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32，解得a＝－e，符合题意，故选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－ae＝32，解得a＝－e2，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＝32，解得a＝－32，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|＝x(x≥0)，－x(x＜0)知，判断框内应填x＜0？.]14已知x>0，y>0，若2yx＋8xy>m2＋2m恒成立，则

实数m的取值范围是(－4，2)．[解析]∵x>0，y>0，∴2yx＋8xy≥22yx·8xy＝8(当且仅当y＝2x时取等号)∴2yx＋8xy的最小值为8，由题意可知m2＋2m－8<0，解得－4<m<2，即m的取值范围是(－4，2)．15．已知直线l

1：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＝－12，故l2的方程为y－2＝－12(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＝32，求BC；(2)若AB＝2BC，求cos∠BDC.[解析](1)在△ABD中，cos∠ABD＝12ABBD＝34.∵AB∥CD，∴∠BDC＝∠ABD.∴在△BCD中，BC2

＝BD2＋DC2－2×BD×DC×cos∠BDC＝12＋12－2×1×1×34＝12，∴BC＝22.(2)设BC＝x，则AB＝2x，cos∠ABD＝12ABBD＝x.在△BCD中，BC2＝BD2＋DC2－2×BD×CD×c

os∠BDC，∴x2＝1＋1－2x，∴x2＋2x－2＝0，解得x＝3－1.∴cos∠BDC＝cos∠ABD＝x＝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⊥A

D，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A

BCD，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A()0，0，0，B()1，0，0，C()1，3，0，D()0，1，0，E()0，

1，1，所以BD→＝()－1，1，0，AE→＝()0，1，1，AC→＝()1，3，0，设平面ACE的一个法向量为n＝()x，y，z，则AC→·n＝0，AE→·n＝0，即y＋z＝0，x＋3y＝0，令y＝1，则x＝－3，z＝－1，则n＝()－3，1，－1.由(1)知，

BD→＝()－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cosθ＝cos〈BD→，n〉＝BD→·n|BD→||n|＝()－3×()－1＋1×1＋()－1×0()－32＋12＋()－12·()

－12＋12＋02＝22211.所以平面AFM与平面ACE所成的锐二面角的余弦值为22211.19．(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：题AB

C答卷数180300120(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180300120，即为352，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13，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～B3，13，P(X＝0)＝C03130233＝827；P(X＝1)＝C13131

232＝49；P(X＝2)＝C23132231＝29；P(X＝3)＝C33133230＝127.随机变量X的分布列为：X0123P8274929127所以E(X)＝0×827＋1×49＋2×29＋3×127＝1.另解：X～B3，13，∴E(X)＝3×1

3＝1.20．(12分)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为63，直线l：x＝ty＋1交E于A，B两点；当t＝0时，|AB|＝263.(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＝c2

a2＝a2－b2a2＝23，整理得a2＝3b2，由t＝0时，|AB|＝263得1a2＋23b2＝1，因此a＝3，b＝1.故E的方程是x23＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(3，y1)，将x＝ty＋1代入x23＋y2＝1得(

t2＋3)y2＋2ty－2＝0，y1＋y2＝－2tt2＋3，y1·y2＝－2t2＋3，从而ty1·y2＝y1＋y2.①直线BD：y＝y2－y1x2－3(x－3)＋y1，设直线BD与x轴的交点为(x0,0)，则y2－y

1x2－3(x0－3)＋y1＝0，所以x0＝y1(3－x2)y2－y1＋3＝y1(2－ty2)y2－y1＋3＝2y1－ty1y2y2－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)＝alnx＋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π4，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)＝ax＋2x－(a＋2)，由题意可知f′(

2)＝tanπ4＝1，∴f′(2)＝a2＋4－a－2＝1，得a＝2.(2)f′(x)＝ax＋2x－(a＋2)＝2x2－（a＋2）x＋ax，设h(x)＝2x2－(a＋2)x＋a＝(x－1)(2x－a)，令h(x)＝0，得x＝1或x＝a2，∵f′(x)在(1，e)上存在零点，

∴1<a2<e，即2<a<2e.由此可知x1，a2a2a2，ef′(x)－0＋f(x)减极小值增∴当x∈(1，e)时，f(x)min＝fa2＝alna2＋a22－(a＋2)×a2＝alna2－a24－a.设g(a)＝alna2－a2

4－a(2<a<2e)，则g′(a)＝lna2－a2，∵1<a2<e，∴lna2<1，∴g′(a)<0，∴g(a)在(2，2e)上单调递减，∴g(a)>2elne－4e24－2e＝－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：x24＋y29＝1，直线l：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x＝2cosθ，y＝3sinθ(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(2cosθ，3sinθ)到l的距离为d＝55|4c

osθ＋3sinθ－6|.则|PA|＝dsin30°＝255|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tanα＝43.当sin(θ＋α)＝－1时，|PA|取得最大值，最大值为2255.当sin(θ＋α)＝1时，|PA|取得最小值，最小值为25

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＋2·2b＋3·3c)2.得6(a2＋2b2＋3c2)

≥(a＋2b＋3c)2＝36.所以a2＋2b2＋3c2≥6.当且仅当a1＝2b2＝3c3，即a＝b＝c＝1时，上式等号成立．所以a2＋2b2＋3c2的最小值为6.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com