2022-2023學年甘肅省高考數學模擬試卷（文科）題號一二三總分得分一、單選題（本大題共12小題，共60.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）已知，，則“”是“”的(

)A.充要條件 B.充分不必要條件

C.既不充分也不必要條件 D.必要不充分條件復數、為實數的充要條件是(

)A. B.且 C.且 D.已知向量，，則(

)A. B. C. D.某校高一甲、乙兩位同學的九科成績如莖葉圖所示，則下列說法正確的是(

)A.甲、乙兩人的各科平均分不同

B.甲、乙兩人的中位數相同

C.甲各科成績比乙各科成績穩定

D.甲的眾數是，乙的眾數為若，滿足約束條件則的最大值是(

)A. B. C. D.設為拋物線：的焦點，點在上，點，若，則(

)A. B. C. D.執行如圖的程序框圖，輸出的(

)A.

B.

C.

D.

如圖是下列四個函數中的某個函數在區間的大致圖像，則該函數是(

)A. B. C. D.在正方體中，，分別為，的中點，則(

)A.平面平面 B.平面平面

C.平面平面 D.平面平面已知等比數列的前項和為，，則(

)A. B. C. D.函數在區間的最小值、最大值分別為(

)A.， B.， C.， D.，已知球的半徑為，四棱錐的頂點為，底面的四個頂點均在球的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為(

)A. B. C. D.二、填空題（本大題共4小題，共20.0分）記為等差數列的前項和．若，則公差______．從甲、乙等名同學中隨機選名參加社區服務工作，則甲、乙都入選的概率為______．過四點，，，中的三點的一個圓的方程為______．若是奇函數，則______，______．三、解答題（本大題共7小題，共82.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）本小題分

記的內角，，的對邊分別為，，，已知．

若，求；

證明：．本小題分

如圖，四面體中，，，，為的中點．

證明：平面平面；

設，，點在上，當的面積最小時，求三棱錐的體積．本小題分

某地經過多年的環境治理，已將荒山改造成了綠水青山．為估計一林區某種樹木的總材積量，隨機選取了棵這種樹木，測量每棵樹的根部橫截面積單位：和材積量單位：，得到如下數據：樣本號總和根部橫截面積材積量并計算得，，．

估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量；

求該林區這種樹木的根部橫截面積與材積量的樣本相關系數精確到；

現測量了該林區所有這種樹木的根部橫截面積，并得到所有這種樹木的根部橫截面積總和為已知樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比．利用以上數據給出該林區這種樹木的總材積量的估計值．

附：相關系數，．本小題分

已知函數．

當時，求的最大值；

若恰有一個零點，求的取值范圍．本小題分

已知橢圓的中心為坐標原點，對稱軸為軸、軸，且過，兩點．

求的方程；

設過點的直線交于，兩點，過且平行于軸的直線與線段交于點，點滿足證明：直線過定點．本小題分

在直角坐標系中，曲線的參數方程為為參數以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線的極坐標方程為．

寫出的直角坐標方程；

若與有公共點，求的取值范圍．本小題分

已知，，都是正數，且，證明：

；

．

答案和解析1.【答案】

【解析】解：因為，若當時，則不成立，故充分性不成立，

又因為，則，故必要性成立，

則“”是“”的必要不充分條件，

故選：．

舉反例時，充分性不成立，利用等式性質必要性成立，從而可解．

本題考查充分條件、必要條件，屬于基礎題．

2.【答案】

【解析】【分析】

本題考查復數的基本概念，考查了復數為實數的充要條件，是基礎題．

根據題意，可得，即可求出結果．

【解答】

解：復數為實數的充要條件是，即．

故選：．

3.【答案】

【解析】解：，

故，

故選：．

先計算處的坐標，再利用坐標模長公式即可．

本題主要考查向量坐標公式，屬于基礎題．

4.【答案】

【解析】【分析】由莖葉圖寫出甲乙的九門課程的成績，由中位數和眾數和平均數、方差的定義，計算可得所求結論．

本題考查莖葉圖的應用：求眾數和平均數、方差和中位數，考查運算能力，屬于基礎題．

【解答】解：由莖葉圖可得甲的成績為：，，，，，，，，，

平均分為；中位數為；極差為；眾數為；

乙的成績為：，，，，，，，，，

平均分為；中位數為；極差為；眾數為；

故ABD錯誤，C正確．

故選：．

5.【答案】

【解析】解：作出可行域如下圖陰影部分所示，

由圖可知，當取點時，目標函數取得最大值，且最大為．

故選：．

作出可行域，根據圖象即可得解．

本題考查簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，屬于基礎題．

6.【答案】

【解析】解：為拋物線：的焦點，點在上，點，，

由拋物線的定義可知不妨在第一象限，所以．

故選：．

利用已知條件，結合拋物線的定義，求解的坐標，然后求解即可．

本題考查拋物線的簡單性質的應用，距離公式的應用，是基礎題．

7.【答案】

【解析】解：模擬執行程序的運行過程，如下：

輸入，，，

計算，，，

判斷，

計算，，，

判斷；

計算，，，

判斷；

輸出．

故選：．

模擬執行程序的運行過程，即可得出程序運行后輸出的值．

本題考查了程序的運行與應用問題，也考查了推理與運算能力，是基礎題．

8.【答案】

【解析】解：首先根據圖像判斷函數為奇函數，

其次觀察函數在存在零點，

而對于選項：令，即，解得，或或，故排除選項，

對于選項，令，即，解得，，故排除選項，

選項分母為恒為正，但是分子中是個周期函數，故函數圖像在必定是正負周期出現，故錯誤，

故選：．

首先分析函數奇偶性，然后觀察函數圖像在存在零點，可排除，選項，再利用在的周期性可判斷選項錯誤．

本題主要考查函數圖像的識別，屬于基礎題．

9.【答案】

【解析】【分析】本題考查空間中線線，線面，面面間的位置關系，考查邏輯推理能力，屬于中檔題．

對于，易知，平面，從而判斷選項A正確；對于，由選項A及平面平面可判斷選項B錯誤；對于，由于與必相交，容易判斷選項C錯誤；對于，易知平面平面，而平面與平面有公共點，由此可判斷選項D錯誤．【解答】解：對于，由于，分別為，的中點，則，

又，，，且，平面，

平面，則平面，

又平面，

平面平面，選項A正確；

對于，由選項A可知，平面平面，而平面平面，

故平面不可能與平面垂直，選項B錯誤；

對于，在平面上，易知與必相交，故平面與平面不平行，選項C錯誤；

對于，易知平面平面，而平面與平面有公共點，故平面與平面不可能平行，選項D錯誤．

故選：．

10.【答案】

【解析】解：設等比數列的公比為，，由題意，．

前項和為，，

，，

則，

故選：．

由題意，利用等比數列的定義、性質、通項公式，求得的值．

本題主要考查等比數列的定義、性質、通項公式，屬于基礎題．

11.【答案】

【解析】【分析】本題主要考查了利用導數研究函數的最值，屬于基礎題．

先求出導函數，令得，或，根據導函數的正負得到函數的單調性，進而求出函數的極值，再與端點值比較即可．【解答】解：，，

則，

令得，或，

當時，，單調遞增；

當時，，單調遞減；

當時，，單調遞增，

在區間上的極大值為，極小值為，

又，，

函數在區間的最小值為，最大值為，

故選：．

12.【答案】

【解析】解：由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為，底面所在圓的半徑為，

則，

該四棱錐的高，

該四棱錐的體積，

當且僅當，即時，等號成立，

該四棱錐的體積最大時，其高，

故選：．

由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為，由勾股定理可知該四棱錐的高，所以該四棱錐的體積，再利用基本不等式即可求出的最大值，以及此時的值，進而求出的值．

本題主要考查了四棱錐的結構特征，考查了基本不等式的應用，屬于中檔題．

13.【答案】

【解析】解：，

，

為等差數列，

，

，解得．

故答案為：．

根據已知條件，可得，再結合等差中項的性質，即可求解．

本題主要考查等差數列的前項和，考查轉化能力，屬于基礎題．

14.【答案】

【解析】解：由題意，從甲、乙等名學生中隨機選出人，基本事件總數，

甲、乙被選中，則從剩下的人中選一人，包含的基本事件的個數，

根據古典概型及其概率的計算公式，甲、乙都入選的概率．

故答案為：．

從甲、乙等名學生中隨機選出人，先求出基本事件總數，再求出甲、乙被選中包含的基本事件的個數，由此求出甲、乙被選中的概率．

本題主要考查古典概型及其概率計算公式，熟記概率的計算公式即可，屬于基礎題．

15.【答案】或或或

【解析】解：設過點，，的圓的方程為，

即，解得，，，

所以過點，，圓的方程為．

同理可得，過點，，圓的方程為．

過點，，圓的方程為．

過點，，中的三點的一個圓的方程為．

故答案為：或或或．

選其中的三點，利用待定系數法即可求出圓的方程．

本題考查了過不在同一直線上的三點求圓的方程應用問題，是基礎題．

16.【答案】

【解析】解：，

若，則函數的定義域為，不關于原點對稱，不具有奇偶性，

，

由函數解析式有意義可得，且，

且，

函數為奇函數，定義域必須關于原點對稱，

，解得，

，定義域為且，

由得，，

，

故答案為：；．

顯然，根據函數解析式有意義可得，且，所以，進而求出的值，代入函數解析式，再利用奇函數的性質即可求出的值．

本題主要考查了奇函數的定義和性質，屬于中檔題．

17.【答案】解：由，

又，，

，，即舍去或，

聯立，解得；

證明：由，

得，

由正弦定理可得，

由余弦定理可得：，

整理可得：．

【解析】由，結合，可得，即，再由三角形內角和定理列式求解；

把已知等式展開兩角差的正弦，由正弦定理及余弦定理化角為邊即可證明結論．

本題考查三角形的解法，考查正弦定理及余弦定理的應用，考查運算求解能力，是中檔題．

18.【答案】證明：，，，

≌，

，又為的中點．

，

，為的中點．

，又，

平面，

又平面，

平面平面；

解：由可知，

，，是等邊三角形，邊長為，

，，，，

，，

又，，

平面，

由知≌，，連接，則，

，

當時，最短，此時的面積最小，

過點作于點，則，平面，

，

，，

三棱錐的體積．

【解析】易證≌，所以，又，由線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證得平面平面；

由題意可知是邊長為的等邊三角形，進而求出，，，，由勾股定理可得，進而證得平面，連接，因為，則，所以當時，最短，此時的面積最小，求出此時點到平面的距離，從而求得此時三棱錐的體積．

本題主要考查了面面垂直的判定定理，考查了三棱錐的體積公式，同時考查了學生的空間想象能力與計算能力，是中檔題．

19.【答案】解：設這棵樹木平均一棵的根部橫截面積為，平均一棵的材積量為，

則根據題中數據得：，；

由題可知，；

設從根部面積總和，總材積量為，則，故

【解析】本題考查線性回歸方程，考查學生計算能力，屬于中檔題．

計算出樣本的一棵根部橫截面積的平均值及一棵材積量平均值，即可估計該林區這種樹木平均一棵的根部橫截面積與平均一棵的材積量

代入題給相關系數公式去計算即可求得樣本的相關系數值

依據樹木的材積量與其根部橫截面積近似成正比，列方程即可求得該林區這種樹木的總材積量的估計值．

20.【答案】解：當時，，則，

易知函數在上單調遞增，在上單調遞減，

在處取得極大值，同時也是最大值，

函數的最大值為；

，

當時，由可知，函數無零點；

當時，易知函數在上單調遞增，在上單調遞減，

又，故此時函數無零點；

當時，易知函數在上單調遞增，在單調遞減，

且，，且當時，，此時在上存在唯一零點；

當時，，函數在上單調遞增，

又，故此時函數有唯一零點；

當時，易知函數在上單調遞增，在上單調遞減，

且，且當時，，故函數在上存在唯一零點；

綜上，實數的取值范圍為．

【解析】將代入，對函數求導，判斷其單調性，由此可得最大值；

對函數求導，分，，，及討論即可得出結論．

本題考查里利用導數研究函數的單調性，極值及最值，考查函數的零點問題，考查分類討論思想及運算求解能力，屬于難題．

21.【答案】解：設的方程為，

將兩點代入得，

解得，，

故E的方程為；

由可得直線

若過的直線的斜率不存在，直線為，

代入，可得，，

將代入，可得，

由，得，

易求得此時直線，過點；

若過的直線的斜率存在，設，，，

聯立，得，

故有，且，

聯立，可得，

可求得此時，

將代入整理得，

將代入，得，

顯然成立．

綜上，可得直線過定點．

【解析】設的方程為，將，兩點坐標代入即可求解；由可得直線，若過的直線的斜率不存在，直線為，代入橢圓方程，根據即可求解；若過的直線的斜率存在，設，，，聯立，得，結合韋達定理和已知條件即可求解．

本題考查了直線與橢圓的綜合應用，屬于中檔題．

22.【答案】解：由，得，

，

又，，，

即的直角坐標方程為；

由曲線的參數方程為為參數．

消去參數，可得，

聯立，得．

，即，