2023届广西贵港市高三毕业班上学期12月模拟考试数学试题含解析

这是一份2023届广西贵港市高三毕业班上学期12月模拟考试数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广西贵港市高三毕业班上学期12月模拟考试数学试题 一、单选题1．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】应用复数的运算律求出复数,再由共轭复数的定义即可得到答案.【详解】由得，所以.故选:2．如图是某统计部门网站发布的《某市年月国民经济和社会发展统计公报》中居民消费价格指数（）月度涨跌幅度折线图（注：同比是今年第个月与去年第个月相比，环比是现在的统计周期和上一个统计周期相比）下列说法错误的是（    ）①年月环比上升，同比上涨②年月环比上升，同比无变化③年月环比下降，同比上涨④年月环比下降，同比上涨A．①③ B．①④ C．②④ D．②③【答案】D【分析】根据月度同比折线图与月度环比折线图判断可得出结论.【详解】根据折线图中的数据可得，月份月度环比比上年上涨，同比比上年上涨，故①正确，②错误；根据数据可得，月份月度环比比上年下降，同比比上年上涨，故④正确，③错误.故选：D．3．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义求解作答.【详解】由得，解得，即，由得，解得，即，所以.故选：C4．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】根据对数函数、幂函数的单调性将问题转化，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】解：因为在上单调递增，由得到，由在定义域上单调递增，又，即，所以；故由能够推得出，即充分性成立；由推不出，即必要性不成立，故是的充分不必要条件；故选：A5．公元5世纪，我国古代著名数学家祖冲之给出了圆周率的两个近似分数值：（称为“约率”）和（称为“密率”）.一几何体的三视图如图所示（每个小方格的边长为1），如果取圆周率为“密率”，则该几何体的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先把三视图转化为几何体,再根据椎体体积公式求出几何体的体积.【详解】如图，几何体由圆锥的一半与一个三棱锥组合而成，所以故选:.6．函数在的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求出函数的定义域，然后判断出函数的奇偶性, 取特殊值判断函数值的符号，从而可排除不满足的选项，得出答案.【详解】解：根据题意，函数，，，则在区间上为偶函数，所以排除BC，又由，所以排除D，故选：A．7．若函数有两个极值点且这两个极值点互为倒数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求函数的导函数，根据极值点互为倒数应用韦达定理，得出，即可求出导函数的值.【详解】，函数的极值点即方程的两个实根，由题意可知，两实根互为倒数，则，解得，所以，故，故选：.8．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形.设弧的长度是，弧的长度是，几何图形面积为，扇形面积为，若，则（    ）A．3 B．4 C．6 D．8【答案】D【分析】由弧长比可得,结合扇形面积公式得答案.【详解】因为，所以，又因为，，所以，所以.故选:9．已知等比数列的前4项和为600，，则（    ）A．5 B．9 C．12 D．15【答案】A【分析】本题分两种情况解答和，利用等比数列前项和公式和通项公式，联立方程组，基本量运算得到，再由通项公式计算即可.【详解】设等比数列的公比为，，若，则，与题意矛盾，所以，则，解得，所以.故选：.10．以为底的两个正三棱锥和内接于同一个球，并且正三棱锥的侧面与底面所成的角为45°，记正三棱锥和正三棱锥的体积分别为和，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】由题意画出图形，把正三棱锥的体积比转化为高的比，然后通过求解直角三角形得到两三棱锥高的关系得答案．【详解】解：如图，正三棱锥和正三棱锥内接于同一个球，设到底面的距离为，到底面的距离为，则，取的中点，连接，，，记与平面的交点为，由两个正三棱锥和内接于同一个球，故一定为球的直径，记其中点为，且由题意可知，为正三角形的中心，因此，，分别为正三棱锥和正三棱锥的高，，由，，，且为的中点，可得，，，则为正三棱锥的侧面与底面所成的角为，，，记球的半径为，于是，在中，由勾股定理可得，，解得，于是，则．．故选：D.11．已知椭圆（）的离心率为，直线交椭圆于两点，点在椭圆上（与点不重合）.若直线，的斜率分别为，，则的最小值为（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】A【分析】设点，然后列出方程利用点差法表示出，根据离心率计算出结果变换，在利用基本不等式求最值【详解】设，，则，∵点，都在椭圆上，∴，两式相减得，∴，即.∴.当且仅当时取“＝”，故选：A.12．已知是定义在上的函数，且满足为偶函数，为奇函数，则下列说法正确的是（    ）A．函数的周期为2 B．函数关于直线对称C．函数关于点中心对称 D．【答案】C【分析】根据为偶函数推导出，根据为奇函数，得到，得到函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；由由及推导出，故周期为4，A错误；根据函数的周期性求出，D错误.【详解】∵为偶函数，∴，∴，故即，∴函数的图象关于直线对称.∵为奇函数，∴，∴，所以函数的图象关于点对称，故B错误，C正确；由及知，，∴，∴，即，∴，故∴函数的周期为4，A错误，，故D错误.故选：C. 二、填空题13．已知向量，满足，，，则____________.【答案】##0.5【分析】由数量积运算得到,再由数量积公式计算可解得向量夹角余弦值.【详解】∵，∴故答案为:14．已知双曲线（，）的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为____________.【答案】【分析】结合已知条件，写出双曲线的渐近线方程，然后利用圆心到直线的距离等于半径求出 之间的关系即可求解.【详解】不妨取双曲线（，）的一条渐近线方程为，即，化圆的方程为标准方程，得，则圆心坐标为，半径为.由题意可得，即，即，即，又 所以双曲线的离心率为，故答案为：.15．在新的高考改革方案中规定：每位考生的高考成绩是按照3（语文、数学、英语）+2（物理、历史）选1+4（化学、生物、地理、政治）选2的模式设置的，则在选考的科目中甲、乙两位同学恰有两科相同的概率为______________.【答案】【分析】先计算出甲、乙两位同学选考的总数，再分两种情况求出甲、乙两位同学恰有两科相同的总数，利用古典概型求概率公式进行求解.【详解】由题意得出甲、乙两位同学选考的总数为种，若相同的科目为4选2的科目，从4科中选2科，有种选择，则2选1两人选择不同，由种选择，共有种；若相同的科目为2选1和4选2中的各1个，从4科中先选出1科相同的，有种选择，甲乙再分别从剩余3科中选择1个不同的，有种选择，再从2选1中选择一科相同的，有种选择，共有种，所以所求概率为.故答案为：.16．已知函数在区间上有且仅有3个极值点，给出下列四个结论，正确的序号是_______________.①在区间上有且仅有3个不同的零点；②的最小正周期可能是；③的取值范围是；④在区间上单调递增.【答案】②④【分析】由函数在区间上有且仅有3个极值点, ，即,可求出判断出,再利用三角函数的性质依次可判断.【详解】由题意可知，要使得函数在区间上有且仅有3个极值点，只需，解得，故③错误；又，故的最小正周期可能是，故②正确；当，即时，在区间上有且仅有2个不同的零点，故①错误；由得，由可知，故在上单调递增，即在区间上单调递增，故④正确.故答案为: ②④. 三、解答题17．在①；②；③.这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.在中，内角所对的边分别是，，，________________.(1)求；(2)若，，点在线段上，，求的余弦值.【答案】(1)选①②③答案均为(2) 【分析】（1）选①②：由正弦定理得到，再由余弦定理得到，结合，求出；选③：化简得到，由正弦定理得到，，求出；（2）先由余弦定理求出，结合第一问求出得到是等边三角形， ，由余弦定理求出的余弦值.【详解】（1）选择①：由，可得，由正弦定理得，即，由余弦定理，得，因为，所以；选②：，由正弦定理得：，由余弦定理，得，因为，所以；选择③：因为，所以，，所以，因为，故，所以，因为，所以.（2）因为，，所以，可得，因为，可得，在中，，，故是等边三角形，故，，故.18．如图，在四棱锥中，平面，底面四边形是正方形，，点为上的点，.(1)求证：平面平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】(1)由，，得到线面垂直，再根据面面垂直的判定定理得出面面垂直.（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，由法向量所成角的余弦值可得平面与平面所成二面角的余弦值，根据同角三角函数关系可求出正弦值.【详解】（1）因为底面四边形为正方形，所以，因为平面，平面，所以，又， 平面, 平面,所以平面，又平面，所以平面平面.（2）设，则，以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.所以，由得，，.设平面的法向量，则，取，可得，，所以，，. 设平面的法向量为，则，取，可得，，所以.设二面角的平面角为，则，∴，即二面角的正弦值为.19．2022年是中国共产主义青年团成立100周年，八桂大地兴起一股青年大学习的热潮，我市共青团委会为了响应青年的这股热潮决定举办一次共青团知识擂台赛，我市A县团委为此举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表县参加市赛.已知A县甲、乙、丙3位选手都参加初赛且通过初赛的概率均为，通过初赛后再通过决赛的概率依次为，，，假设他们之间通过与否互不影响.(1)求这3人中至少有1人通过初赛的概率；(2)设这3人中参加市赛的人数为，求的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）先求出3人都没有通过初赛的概率，再利用对立事件求概率公式求出答案；（2）得到的可能取值，利用独立事件概率乘法公式及互斥事件概率加法公式求得相应的概率，得到分布列及数学期望.【详解】（1）3人都没有通过初赛的概率为，所以这3人中至少有1人通过初赛的概率为.（2）依题意的可能取值为0，1，2，3.设事件A表示“甲参加市赛”，事件表示“乙参加市赛”，事件表示“丙参加市赛”，则，，，则，，，，所以的分布列为0123 所以的数学期望为.20．已知动圆与直线相切，且与圆外切.(1)求动圆的圆心轨迹的方程；(2)过点且斜率为的直线与轨迹交于A，两点，点，延长，分别与轨迹交于，两点，设的斜率为，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设出圆的圆心坐标为，根据几何关系列出方程，求出轨迹方程；（2）设出设，，，，直线的方程为，，联立抛物线，得到两根之和，两根之积，接下来可用两种方法得到，，进而，得到答案.【详解】（1）圆的标准方程为圆，设动圆的圆心坐标为，由动圆与直线相切，且与圆外切，故有，两边平方化简得，所以动圆的圆心轨迹方程为；（2）设点，点，点，点，由题意可知直线的方程为，其中，代入抛物线中，消去得，则，.处理方式1（抛物线的直线弦方程），，故直线的方程为，整理得，即，又因为直线过点，故有，可得，∴.同理，由直线过点，可得.处理方式2（三点共线），由题意可知，，三点共线，故，即，整理得，又，在抛物线上，故，，代入得，，即，∴.同理，由，，三点共线，可得.于是，即证为定值2，命题得证.【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况.21．已知函数.(1)证明不等式：，；(2)若，，使得，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】(1)移项构造新函数,应用导数求函数的单调性,根据最值证明结论成立.(2)根据,得到,结合(1)及函数的单调性求出,换元证明成立即可.【详解】（1）令，，则，故在上单调递增，故，即，所以，，当且仅当时，等号成立；（2）由得，整理得，不妨设，由（1）可知在上单调递增，故有，从而，所以，所以.下面证明，即证，令，即证明，其中，故只需证明.设，则，所以在上单调递增，所以，所以，即，所以.22．在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为(为参数)，直线的参数方程为(为参数).设直线与的交点为P，当变化时点P的轨迹为曲线.(1)求出曲线的普通方程;(2)以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，点为曲线上的动点，求点到直线的距离的最大值.【答案】(1)(2). 【分析】（1）消参得两直线的普通方程，两式相乘可得，再由，可得；（2）直线的直角坐标方程与的参数方程，设点，代入点到直线的距离公式，利用三角函数的性质即可求得最大值.【详解】（1）分别消去，的参数方程中的参数，得，的普通方程为，，两式相乘消去可得，因为，所以，所以曲线的普通方程为（2）因为，所以，所以直线的直角坐标方程为.结合（1）知曲线与直线无公共点，曲线的参数方程为(为参数，，)，所以曲线上的点到直线的距离，所以当时，取得最大值，为.23．已知.(1)证明：；(2)若，求的最大值.【答案】(1)证明见解析；(2)9. 【分析】（1）由，，相加得，从而得到，得到结论；（2）在第一问的基础上，得到，得到.【详解】（1）∵，∴，，，∴，即，当且仅当时取等号，∴，∴；（2）要最大，当且仅当a，b都是非负数，由（1）得当时，，当且仅当时取等号，所以，由，得，，所以当，时，的最大值为9.