2023届广西贵港市百校高三上学期11月联考数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届广西贵港市百校高三上学期11月联考数学（理）试题（解析版），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届广西贵港市百校高三上学期11月联考数学（理）试题 一、单选题1．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由复数加、减、乘法运算、共轭复数知识运算可得.【详解】设，则，∴，∴，∴，∴，∴.故选：B.2．定义差集且，已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据差集的定义直接求解即可.【详解】因为，，所以，所以．故选：B3．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据二倍角的余弦公式以及充分条件、必要条件的概念即可得结果.【详解】若，则．若，则或．故“”是“”的充分不必要条件．故选：A.4．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】按照程序框图依次计算可得结果.【详解】x=1，k=1x=4k=2k=3x=7x=101>2?否2>2?否3>2?是   所以输出x的值为.故选：C.5．已知函数，则（    ）A． B．2 C． D．1【答案】D【分析】利用代入法，结合对数的运算性质进行求解即可.【详解】，故选：D6．已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（    ）（参考数据：，）A．1.62dm B．1.64dm C．3.18dm D．3.46dm【答案】B【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则小圆锥的高为2r dm，然后列方程可求出，从而可求出结果.【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则由题意可得小圆锥的高为2r dm，则，解得，即，．则剩余的水的高度为．故选：B7．若，椭圆C：与椭圆D：的离心率分别为，，则（    ）A．的最小值为 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最大值为【答案】D【分析】根据，求得两个椭圆的离心率，然后利用基本不等式求解.【详解】解：因为，所以，，所以，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，无最小值．故选：D8．展开式中的系数为（    ）A． B．21 C． D．35【答案】A【分析】先将原式整理为，视为两项的展开式，要含有的项，需要在中找即可【详解】因为展开式的通项公式为，所以当时，含有的项，此时，故的系数为．故选：A9．正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（    ）A． B．5 C． D．【答案】C【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，所以．因为，所以，因为侧棱长是6，所以．所以，则△MQC的面积，故动点P的轨迹面积为．故选：C【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；10．将的图像向右平移个单位长度后.再将所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的（），得到函数的图像.若在内恰有5个极值点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦函数的图像特点进行分析计算即可.【详解】由已知图像向右平移个单位长度为， 将横坐标缩短为原来的得到在内恰有5个极值点，故，故，解得故选：B11．已知，点P满足，动点M，N满足，，则的最小值是（    ）A．3 B． C．4 D．【答案】A【分析】根据题意先求出点P的轨迹方程，再根据知求的最小值即求的最小值．【详解】解：由题意知不妨设点P的轨迹为以为焦点的双曲线的左支，设双曲线的标准方程为，则，，∴ 点P的轨迹方程是，，∴ 为M、N的中点，，，，∴的最小值为3，当点P在双曲线的左顶点时取等号．故选：A．12．若，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】，可构造函数，借助单调性比较与的大小，即可知道，的大小关系； ，可构造函数，借助单调性比较与的大小，即可知道，的大小关系.【详解】由已知，，令，则，当时，，在区间上单调递减，∴，即，∴；又∵令，，则，，，在上单调递减，当时，，，∵，∴当时，，∴在区间上单调递增，∴当时，，∴在区间上单调递增，∴，即，∴，综上，有.故选：A.【点睛】方法点睛：比较大小的常用方法作差法、单调性法、放缩法均有涉及.在比较题中两个数的大小时，首先用到了作差法；在判断差的正负时，通过构造函数，利用函数的单调性，比较了两个函数值——差和的大小关系；在通过二次求导的正负判断导函数的单调性时，又用到了放缩的方法. 二、填空题13．已知向量，，若A，B，C三点共线，则____________．【答案】5【分析】由向量共线的坐标表示求解.【详解】由A，B，C三点共线知，则，解得．故答案为：5．14．若函数的导函数为偶函数，则曲线在点处的切线方程为____________．【答案】（或）【分析】求出导函数，由其为偶函数得值，然后计算出斜率，再计算出，由点斜式得直线方程并整理．【详解】因为为偶函数，所以，解得，则．又，故曲线在点处的切线方程为，即．故答案为：．15．如图1，青铜大立人像，1986年于三星堆遗址二号祭祀坑出土，重约180公斤，是距今已有3000多年历史的青铜器.如图2，小张去博物馆参观青铜大立人像时，他在A处观测青铜大立人像顶部P的仰角为30°，他再向青铜大立人像底部H前进388厘米到达B处，观测青铜大立人像顶部P的仰角为75°，已知A，B，H三点共线，则青铜大立人像的高为____________厘米.（取）【答案】【分析】根据题意，在中，利用正弦定理求出，然后在中即可求解.【详解】由题意可知：，，因为，所以，在中，由正弦定理可得：，即，解得：，在中，，所以，（）故，故答案为：.16．在平面直角坐标系内，对任意两点，，定义A，B之间的“曼哈顿距离”为.设曲线围成的平面区域为，从平面区域内随机选取一点，则点满足曼哈顿距离的概率为____________.【答案】【分析】根据题意，作出平面区域为，设，再根据得，作出平面区域，根据几何概型计算求解即可.【详解】解：当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第一象限中的部分；当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第二象限中的部分；当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第三象限中的部分；当时，曲线，即，，表示以为圆心，为半径的圆在第四象限中的部分；当时，表示坐标原点.所以，曲线围成的平面区域为四个半圆和正方形围城的区域，如图，其面积为，设，则，其等价于，围成的平面区域为上图中的四边形及其内部，其面积为，所以，从平面区域内随机选取一点，则点满足曼哈顿距离的概率为故答案为： 三、解答题17．已知在等比数列中，，且,,成等差数列，数列满足,，.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1);(2). 【分析】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；（2）求得的通项公式，结合（1）的结论可得，利用分组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.【详解】（1）因为,,成等差数列，所以 ,又因为在等比数列中，,所以，得的公比 ，所以 ,解得 ，故.（2）由,，，得 ，则是等差数列，因为,所以，则 ，则 ．18．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，AB＝2AD＝2EF＝8，EF∥底面ABCD，EA＝ED＝FB＝FC，M，N分别为AD，BC的中点．(1)证明：EF∥AB且BC⊥平面EFNM．(2)若二面角为，求CF与平面ABF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由线面平行的性质结合已知条件可证得EF∥AB，由等腰三角形的性质可得EM⊥AD，FN⊥BC，再结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面EFNM；（2）过点E作，垂足为H，作，垂足为K，以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：因为EF∥底面ABCD，平面ABFE，平面底面，所以．因为，M，N分别为AD，BC的中点，所以EM⊥AD，FN⊥BC，，因为∥，，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以四边形EFNM为梯形，且EM与FN必相交于一点，又，所以，因为平面，故BC⊥平面．（2）解：过点E作，垂足为H，由（1）知BC⊥平面，因为平面，所以平面平面，因为平面平面，平面，所以EH平面，由，，得为二面角的平面角，则．因为，所以．作，垂足为K．以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，．设平面ABF的法向量为，则，令，得．因为，所以，故CF与平面ABF所成角的正弦值为．19．某学校在50年校庆到来之际，举行了一次趣味运动项目比赛，比赛由传统运动项目和新增运动项目组成，每位参赛运动员共需要完成3个运动项目．对于每一个传统运动项目，若没有完成，得0分，若完成了，得30分．对于新增运动项目，若没有完成，得0分，若只完成了1个，得40分，若完成了2个，得90分．最后得分越多者，获得的资金越多．现有两种参赛的方案供运动员选择．方案一：只参加3个传统运动项目．方案二：先参加1个传统运动项目，再参加2个新增运动项目．已知甲、乙两位运动员能完成每个传统项目的概率为，能完成每个新增运动项目的概率均为，且甲、乙参加的每个运动项目是否能完成相互独立．(1)若运动员甲选择方案一，求甲得分不低于60分的概率．(2)若以最后得分的数学期望为依据，请问运动员乙应该选择方案一还是方案二？说明你的理由．【答案】(1)(2)运动员乙应该选择方案一；理由见解析 【分析】（1）甲得分不低于60分等价甲至少要完成2项传统运动项目；（2）方案一服从二项分布从而可求数学期望，再由方案二得分的分布列求得数学期望，比较两个期望的大小.【详解】（1）运动员甲选择方案一，若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目，故甲得分不低于60分的概率．（2）若乙选择方案一，则乙完成的运动项目的个数，所以乙最后得分的数学期望为．若乙选择方案二，则乙得分Y的可能为取值为0，30，40，70，90，120，，，，，，．所以Y的数学期，因为，所以运动员乙应该选择方案一．20．已知抛物线，过点作直线与C交于M，N两点，当该直线垂直于x轴时，的面积为2，其中O为坐标原点．(1)求C的方程．(2)若C的一条弦ST经过C的焦点，且直线ST与直线MN平行，试问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在； 【分析】（1）由的面积为2可得，求解即可；（2）设直线MN：，设直线ST：，分别代入，利用根与系数的关系以及弦长公式即可求解【详解】（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为，代入，得，因为的面积为2，所以，解得，故C的方程为．（2）由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：，则，代入，得，设，，则，，，．设直线ST：，则，代入，得，设，，则，，，，故存在常数，使得恒成立．21．设为的导函数，若是定义域为D的增函数，则称为D上的“凹函数”，已知函数为R上的凹函数．(1)求a的取值范围；(2)设函数，证明：当时，，当时，．(3)证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】(1)对函数求三次导数，根据导函数的正负和题干条件进行求解即可；(2)对函数两次求导，判断导数与零的大小关系，进而确定；(3)由（2）可知：，将不等式进行等价转化为，再结合（1）即可证明.【详解】（1）解，设为的导函数，则．设，则．当时，；当时，．所以在上是减函数，在上增函数．所以．因为为R上的凹函数，所以，解得，故a的取值范围是．（2）证明，的导函数．若，则，若，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，则，为增函数．又，所以当时，，当时，．（3）证明：由（2）知，即，所以．由（1）知，，因为，所以，所以，故．22．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，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的方程为.(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)若分别是曲线和曲线上的动点，求的最大值.【答案】(1)曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程(2) 【分析】（1）利用参数方程和普通方程，极坐标方程和直角坐标得互化即可；（2）运用圆心距和半径之间的关系解决即可.【详解】（1）由题知，曲线的参数方程为（为参数，）所以，消去参数得：所以；曲线的方程为，所以，因为，所以，所以曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程；（2）由（1）得，曲线的普通方程为，曲线的直角坐标方程，所以曲线得圆心，曲线得圆心，所以圆心距，所以.23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若的最小值为，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据分类讨论的方法，分别讨论，，三种情况，解对应的不等式，即可得出结果；（2）利用绝对值三角不等式可求得，再由柯西不等式，即可得出结果.【详解】（1），当时，不等式可化为，解得，所以；当时，不等式，所以；当时，不等式可化为，解得，所以；综上，不等式的解集为；（2）由绝对值三角不等式可得，当且仅当，即时，等号成立，故，由柯西不等式可得，即，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.