2023届广西南宁市高三上学期摸底测试数学（理）试题含解析

2023届广西南宁市高三上学期摸底测试数学（理）试题

一、单选题

1．设全集，集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由交集、补集的定义，直接求解.

【详解】，，则，

全集，则

故选：D

2．已知i是虚数单位，若复数，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】由共轭复数的概念及复数除法运算求结果.

【详解】由题设，.

故选：B

3．我国古代数学著作《九章算术》中《方田》章有弧田面积计算问题，计算术曰：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．其大意是，弧田面积计算公式为：弧田面积（弦×矢＋矢2）．弧田（如图）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”指圆弧顶到弦的距离（等于半径长与圆心到弦的距离之差），现有一弧田圆心角为120°，半径为4的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解直角三角形可得弦、矢的值，求出弧田面积.

【详解】如图：

由题意可得，，

在中，可得，，，

可得矢，由，

可得弦，

所以弧田面积（弦矢矢．

故选：A

4．某一棱锥的三视图如图所示，则其侧面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据三视图还原其直观图，然后可算出答案.

【详解】由三视图可得该棱锥为四棱锥，其直观图如下：

其中底面是矩形，顶点在底面的投影是矩形对角线的交点，

所以

所以，

所以其侧面积为

故选：C

5．若函数的极值点是1，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】求导，利用求得，进而求出.

【详解】因为，

所以

，

由题意，得，即，

解得，即，

则.

故选：B.

6．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先得到的奇偶性，排除CD，再利用导函数得到时，恒成立，排除A，选出正确答案.

【详解】的定义域为R，

且，

所以为偶函数，排除CD；

令，，

则恒成立，

故当时，，

又在上恒成立，

所以在上恒成立，排除A，

B选项正确.,

故选：B

7．在长方体中，，，点在棱上，若直线与平面所成的角为，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】由长方体性质确定线面角且求，进而求出长度.

【详解】根据长方体性质知面，故为直线与平面所成的角的平面角，

所以，则，可得，如下图示，

所以在中，符合题设.

故选：B

8．两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为，则它们的体积比是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设圆锥母线长为，小圆锥半径为、高为，大圆锥半径为，高为，根据侧面积之比可得，再由圆锥侧面展开扇形圆心角的公式得到，利用勾股定理得到关于的表达式，从而将两个圆锥的体积都表示成的表达式，求出它们的比值即可.

【详解】设圆锥母线长为，侧面积较小的圆锥半径为，

侧面积较大的圆锥半径为，它们的高分别为、，

则，得，

因为两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆，

所以，得，

再由勾股定理，得，

同理可得，

所以两个圆锥的体积之比为：

.

故选：A.

9．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为，上顶点为，点满足（是坐标原点），则椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意可得，即可得到，从而得到，再根据，转化为的一元二次方程，解得即可.

【详解】解：依题意，，，所以，又，

所以，

所以，即，所以，又，

所以，所以，解得或（舍去）；

故选：B

10．已知函数，若在区间上有且仅有4个零点和1个极大值点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先利用辅助角公式得到，设，将问题转化为在区间上有且仅有4个零点和1个极大值点，再结合图象进行求解.

【详解】，

令，由，则；

因为在区间上有且仅有4个零点和1个极大值点，

即在上有且仅有4个零点和1个极大值点.

作出的图象（如图所示），

则，解得，

故的取值范围是.

故选：D.

11．设，，，则a、b、c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用，构造且研究单调性比较大小，构造且研究单调性判断函数值符号比较的大小，即可得结果.

【详解】由，

因为，，则，，

令且，则，则递减，

所以，即，则，故；

因为，，由，

令且，则，则递增；

故，，而，

所以，则，即，

综上，.

故选：D

【点睛】关键点点睛：利用中间值得到，构造利用导数研究单调性比较，作差法并构造研究函数值符号比较大小.

二、多选题

12．PM2.5是衡量空气质量的重要指标，下图是某地9月1日至10日的PM2.5日均值（单位：）的折线图，则下列关于这10天中PM2.5日均值的说法错误的是（    ）

A．众数为30 B．中位数为31.5

C．平均数小于中位数 D．后4天的方差小于前4天的方差

【答案】ABD

【分析】根据数据中30出现了2次，其他数均出现了1次，故众数为30；

将数据排序，得到第5个数和第6个数的平均数为中位数，B正确；

计算出数据的平均数，从而判断出C错误；

法一：根据数据的集中趋势和分散情况，得到D正确；

法二：计算出后4天的方差和前4天的方差，从而作出判断.

【详解】将数据从小到大排序，依次为17，25，30，30，31，32，34，38，42，126，

30出现了2次，其他数均出现了1次，故众数为30，A正确；

第5个数和第6个数的平均数为中位数，即，B正确；

平均数为，

，所以平均数大于中位数，C错误；

法一：从图象可以看出后4天的数据更加集中，前4天的数据更加分散，故后4天的方差小于前4天的方差，D正确.

法二：可通过计算验证，如下：

后4天的平均数为，

故后4天的方差为，

前4天的平均数为，

故前4天的方差为，

因为，故后4天的方差小于前4天的方差，D正确.

故选：ABD

三、填空题

13．已知向量与的夹角为，，，则______．

【答案】

【分析】由化简后结合已知条件求解即可,

【详解】因为向量与的夹角为，，，

所以

，

故答案为：

14．若双曲线的渐近线被圆所截的弦长为2，则的值为______．

【答案】

【分析】圆的半径和弦长已知，可求圆心到直线的距离，由点到直线距离公式解得的值

【详解】双曲线的渐近线方程为，即，

圆的圆心为，半径为，渐近线被圆所截的弦长为2，有圆心到渐近线距离，解得，

故答案为：

15．从正方体的顶点及其中心共9个点中任选4个点，则这4个点在同一个平面的概率为______．

【答案】

【分析】由正方体性质，结合组合数求出所有共面的4个点的选法，而所有可能情况有种，应用古典概型的概率求法求概率.

【详解】如下图，选正方体6个侧面上的顶点，共有6种共面的情况；

过中心的平面共有6个平面，每个平面含9个点中的5个，则共有种；

所有可能情况有种，

所以这4个点在同一个平面的概率为.

故答案为：

16．已知中，点在边上，，，，当取最大值时，______．

【答案】1

【分析】三角形中用余弦定理求得各边之间的关系,利用基本不等式求取最大值和取最大值的条件.求得此时的.

【详解】

设，，，则，，

在中，由余弦定理，有，

在中，由余弦定理，有，

由和互补，所以，

即，化简得，

在中，由余弦定理，有，即

两式消去t，得，即，

由基本不等式，，

∴，即，，

当且仅当，即，时等号成立.

∴的最大值为，由，解得此时，即.

故答案为：1

四、解答题

17．已知数列的前项和满足：且数列最小项为．

(1)求的取值范围；

(2)若，设，是数列的前项和，求的前15项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用的二次函数的性质有时最小，结合已知即可求范围；

（2）由（1）得，根据关系求得，再应用裂项相消法求.

【详解】(1)由题设，，则时最小，而最小项为，

所以，则.

(2)由（1）及，则，则

由，且，显然也满足，

所以，则，

故.

所以.

18．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面．

(1)证明：；

(2)求直线与面所成角的正弦值．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连，易得为正方形，为等腰直角三角形，再根据面面垂直的性质有平面，最后由线面垂直的性质证结论.

（2）连接，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.

【详解】(1)取中点，连，

因为，，，，

所以四边形为正方形，为等腰直角三角形，

则，因为，

所以为等腰直角三角形，且，

因为面面，面面，面，

所以平面，又平面，所以.

(2)连接，分别以、、为轴、轴、轴

建立空间直角坐标系（如图所示），则，，，

，，，，

设平面的一个法向量为，

则，取，则，

设直线与面所成角为，

则，

即直线与面所成角的正弦值为.

19．广西新高考改革方案已正式公布，根据改革方案，将采用“3+2+1”的高考模式．其中，“3”为语文、数学、外语3门参加全国统一考试．选择性考试科目为政治、历史、地理、物理、化学、生物6门．由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际情况，首先在物理和历史中选择1门，再从政治、地理、化学、生物中选择2门，形成自己的“高考选考组合”．

(1)由于物理和历史两科必须选择1科，某校想了解高一新生选科的需求，随机选取100名高一新生进行调查，得到如下统计数据，判断是否有的把握认为“选科与性别有关”？

(2)该校将从参与调查的学生中抽取2人进行访谈，设选到“选择历史”的人数为，求的分布列和数学期望．

附：．

【答案】(1)有的把握认为“选科与性别有关”；

(2)分布列见解析，期望为.

【分析】（1）将列联表补充完整，计算，根据独立性检验判断；（2）写出取值并由超几何分布计算对应值的概率，列出分布列，根据公式求解期望.

【详解】(1)将列联表补充完整得，

由独立性检验得

所以有的把握认为“选科与性别有关”

(2)由题意，的取值为.

，

则的分布列为

20．已知抛物线：的焦点为，直线分别与轴交于点，与抛物线交于点，且．

(1)求抛物线的方程；

(2)设横坐标依次为，，的三个点A，B，C都在抛物线上，且，若是以为斜边的等腰直角三角形，求的最小值．

【答案】(1)，

(2)32

【分析】（1）设点，根据点在抛物线上，且，列方程组求出的值，从而可求出抛物线的方程；

（2）设直线的斜率为，由可得，然后结合，可得，然后由可得答案.

【详解】(1)设点，

因为点在抛物线上，且，

所以，解得，

所以抛物线的方程为，

(2)由题可设直线的斜率为，

因为，所以直线的斜率为，

因为，所以，

所以，

因为，

所以，得，

因为，所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以

，

因为，所以，

因为，所以，

所以，当且仅当时取等号，

所以，

所以的最小值为32.

21．已知函数，．

(1)若恒成立，求实数的取值范围；

(2)若，，且，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由分离参数得，构造函数，求函数的最值，即可得的取值范围；

（2）由，可知与至少有一个大于，假设，则，求导，可得函数单调递增，所以，证明即可.

【详解】(1)由，即，，

所以，

设，则，

令，解得，

所以当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以当时，取最大值为，

所以；

(2)由，可知与至少有一个大于，假设，则，

又，

则，，

令，得，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，

所以在上单调递增，

所以，

则，

又在时单调递增，

所以当时，，

设，，

则恒成立，

所以在上单调递增，

则，

所以当时，，

所以，

即.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．

22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（t为参数）．

(1)写出和的直角坐标方程；

(2)设为曲线上的动点，求点到曲线的距离的最小值．

【答案】(1)：，：；

(2).

【分析】（1）应用公式法求的直角坐标方程，消参法求的直角坐标方程；

（2）设，应用点线距离公式及二次函数性质求最小值即可.

【详解】(1)由为，则其普通方程为，

由为，消去参数t可得，即.

(2)令，则到曲线的距离，

所以，当时.

23．已知a，b，c均为正数，且，证明：

(1)若，则；

(2)．

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）应用基本不等式“1”的代换证明不等式，注意等号成立条件；

（2）应用三元柯西不等式证明不等式即可.

【详解】(1)由知：，

则，

当且仅当时等号成立.

所以得证.

(2)由，当且仅当，即时等号成立，

所以得证.