2023届广西柳州市高三第二次模拟数学（理）试题含解析

2023届广西柳州市高三第二次模拟数学（理）试题

一、单选题

1．设复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数除法运算可求得，由复数模长运算可求得结果.

【详解】由得：，

.

故选：A.

2．若集合，，则的子集有（    ）

A．个 B．个 C．个 D．个

【答案】C

【分析】根据并集定义可确定的元素个数，由元素个数与子集个数的关系可直接求得结果.

【详解】，共有个元素，的子集有个.

故选：C.

3．在中，点在边上，，记，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由平面向量基本定理求解即可

【详解】因为在中，点在边上，，

所以

所以，

故选：D

4．下列说法正确的是（    ）

A．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差

B．某地气象局预报：6月9日本地降水概率为90%，结果这天没下雨，这表明天气预报并不科学

C．数据2，3，4，5的方差是数据4，6，8，10的方差的一半

D．在回归直线方程，当解释变量每增加1个单位时，预报变量多增加0.1个单位

【答案】D

【分析】由残差图与模拟效果的关系判断A；由大概率事件也不一定发生判断B；第二组数据是由第一组乘以2得到的，可由方差的关系判断C；由回归分析模型的性质以及回归方程b的含义判断D．

【详解】对于A选项：在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故A选项错误；

对于B选项：概率只说明事件发生的可能性，事件不一定发生，所以并不能说明天气预报不科学，故B选项错误；

对于C选项：根据所给的数据，看出第二组是由第一组乘以2得到的，前一组的方差是后一组的四分之一，标准差是一半，故C选项错误；

对于D选项：在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量增加0.1个单位，故D选项正确．

故选：D．

5．已知实数，满足约束条件则的最小值是（    ）

A． B． C．3 D．5

【答案】B

【分析】作出可行域，根据几何意义求解即可.

【详解】根据题意，画出可行域，如图中阴影部分所示.

联立方程得,所以.

由，得.

由图知，当直线过点时，取得最小值，即.

故选:B.

6．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先还原为三棱锥，再计算小棱锥的高，再根据相似关系，即可计算三棱台的高.

【详解】如图1，将正三棱台，还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥的棱长都是3，如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，高，所以根据相似关系可知，三棱台的高也是.

故选：C

7．已知函数，其图象相邻两条对称轴的距离为，且对任意，都有，则在下列区间中，为单调递减函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】通过的图像知识，先求出函数的解析式，再求出其单调递减区间即可对选项一一验证.

【详解】由的图像可知，相邻两条对称轴的距离为最小正周期的一半，

，即，

，即，

，

对任意，都有，

当时，取最小值，

，

，

，

，

，

令，

得，

的单调递减区间为，

对于A：区间内，上单调递增，上单调递减，故A错误；

对于B：区间内，上单调递增，上单调递减，故B错误；

对于C：区间上单调递减，故C正确；

对于D：区间上单调递增，故D错误；

综上所述选项C正确，

故选：C.

8．已知函数，，若函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据图象判断函数的奇偶性，结合特殊值，可得答案.

【详解】易知为偶函数，由，则为奇函数，

由图象可知，该函数是奇函数，因为是偶函数，是奇函数，所以是非奇非偶函数，A，B不符合题意.

因为当时，无意义，所以C不符合题意.

故选：D.

9．“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据其外接球为正四棱柱的外接球，再结合球的表面积公式，即可得到结果.

【详解】

由题意可得，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，即，

所以，则该正多面体外接球的表面积

故选:A

10．已知椭圆C的焦点为，过的直线与C交于P，Q两点，若，则椭圆C的标准方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由已知可设可求出所有线段用表示，在中由余弦定理得从而可求.

【详解】如图，由已知可设，又因为

根据椭圆的定义，

在中由余弦定理得，所以

故椭圆方程为：

故选：B

11．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若角A的内角平分线的长为3，则的最小值为（    ）

A．21 B．24 C．27 D．36

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，由余弦定理求出角A，再利用三角形面积定理结合均值不等式求解作答.

【详解】在中，，由正弦定理得，

即，由余弦定理得，而，则，

因角A的内角平分线的长为3，由得：，

即，因此，则，

当且仅当，即时取等号，

所以当时，取得最小值27.

故选：C

12．设函数（，为自然对数的底数），若曲线上存在点使成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意，存在，使成立，即存在，使成立，即可得到与有交点，利用导数分析的单调性，进而求解.

【详解】

由题意， 存在，使成立，

即存在，使成立，

所以，即，

所以

所以存在，使与有交点，

对，，求导得，

设，则，

令，即；令，即，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以在上单调递增，

又，

，

要使与有交点，则，

所以的取值范围是.

故选：A.

二、填空题

13．的展开式中常数项是______________．（用数字作答）

【答案】15

【分析】利用二项式定理得到展开式的通项公式，从而令求出，得到常数项.

【详解】的展开式的通项公式，

令，解得，

所求常数项为．

故答案为：15

14．若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的侧面积是______.（结果用含的式子表示）

【答案】

【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式求得结果．

【详解】解：圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，

圆锥的底面半径，母线，

故圆锥的侧面积．

故答案为：．

15．双曲线的一条渐近线与曲线交于M、N两个不同的点，则__________．

【答案】##

【分析】根据题意先求出双曲线的一条渐近线方程，然后与曲线联立，求出交点、的坐标，代入两点间距离公式即可求解.

【详解】由题意知：双曲线的渐近线方程为：，

不妨取，即，

因为曲线可化为，

联立方程组，解得：或，取，

所以，

故答案为：.

16．①，②，③，④，上述不等式正确的有______（填序号）

【答案】②④

【分析】由指数对数的运算法则和不等式的性质比较大小.

【详解】对于①：，，∴，不等式①错误；

对于②：，∴，即，不等式②正确

对于③：，∴，即，不等式③错误；

对于④：，

令，则在上恒成立，在上单调递增，

∴，，得，，∴，

∴，不等式④正确.

故答案为：②④

三、解答题

17．第24届冬季奥运会将于2022年2月在北京举办，为了普及冬奥知识，某校组织全体学生进行了冬奥知识答题比赛，从全校众多学生中随机选取了10名学生，得到他们的分数统计如下表：

规定60分以下为不及格；60分及以上至70分以下为及格；70分及以上至80分以下为良好；80分及以上为优秀．将频率视为概率．

(1)此次比赛中该校学生成绩的优秀率是多少？

(2)从全校学生中随机抽取2人，以X表示这2人中成绩良好和优秀的人数之和，求X的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）用样本的频率来估计总体的概率即可；

（2）利用二项分布求概率的方法求概率，得到分布列，然后求期望即可.

【详解】（1）∵80分及以上为优秀，∴．

∴此次比赛中该校学生成绩的优秀率是．

（2）在全校学生中任选一人，其成绩良好或优秀的概率为．

X的所有可能取值为0，1，2，

，

，

，

∴X的分布列为

∴．

18．在数列中，，它的最大项和最小项的值分别是等比数列中的和的值.

(1)求数列的通项公式；

(2)已知数列，求数列的前n项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合函数的单调性得到数列的最大项和最小项，解出，可得等比数列的通项公式；

（2）用错位相减法求数列的前n项和

【详解】（1）由题意，，

结合函数的单调性，可知，

所以数列中的最大项为，最小项为，

所以，即，

所以等比数列的公比，

（2），

，

，

两式相减得：，

故.

19．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍”   (如图2)。

(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；

(2)若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取线段中点，连接、，可得四边形是平行四边形，然后线面平行的判定定理即得；

（2）由题可得即为二面角的平面角，以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系，求解平面ABE和平面OAB的一个法向量，利用空间向量夹角公式即得．

【详解】（1）取线段CF中点H，连接OH、GH，

由图1可知，四边形EBCF是矩形，且，

∴O是线段BF与CE的中点，

∴且，

在图1中且，且．

所以在图2中，且，

∴且，

∴四边形AOHG是平行四边形，则，  

由于平面GCF，平面GCF，

∴平面GCF．

（2）由图1，，，折起后在图2中仍有，，

∴即为二面角的平面角．

∴，

以E为坐标原点，，分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系如图，

设，则、、，

∴，，

易知平面ABE的一个法向量，

设平面OAB的一个法向量，

由，得，取，则，，

于是平面的一个法向量，

∴，

∴平面ABE与平面OAB夹角的余弦值为．

20．已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同交点，且直线交轴于，直线交轴于.

(1)求直线斜率的取值范围；

(2)证明：存在定点，使得，且.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由抛物线过可求得抛物线方程，设，与抛物线方程联立，由可得的范围，并确定韦达定理结论；根据可求得且，由此可确定的范围；

（2）易知在轴上，设，利用向量数乘的坐标运算可得，，求得方程后，令可推导得到，同理得到，代入中，整理后代入韦达定理的结论可构造方程求得的值，从而确定定点.

【详解】（1）抛物线经过点，，解得：，抛物线；

由题意知：直线斜率存在，设，，，

由得：，

，解得：或；

，，，，

又直线与轴相交于两点，

，

即，解得：且；

综上所述：直线斜率的取值范围为.

（2）设点，，

由，，知：共线，即在轴上，

则可设，，，

，，，同理可得：，

，直线，

令得：，同理可得：，

，，

由（1）知：，，

，解得：，

存在定点满足题意.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中存在定点满足某条件的问题，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式或构造方程；

④化简所得函数式或方程，整理可得定点坐标.

21．已知，记的导函数为．

(1)讨论的单调性；

(2)若有三个零点，且，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导得到，进而得到；令，分别在、的情况下，结合二次函数零点的分布可确定，即的正负，由此可得单调性；

（2）根据零点个数和（1）的结论可知，结合可确定；根据可将所证不等式转化为，根据可表示出，整理得到，构造函数，利用导数可求得单调性，得到，从而证得结论.

【详解】（1）由题意知：定义域为，，

即，；

令，则；

①当，即时，恒成立，即恒成立，

在上单调递增；

②当，即或时，令，解得：；

当时，，在上恒成立，即恒成立，

在上单调递增；

当时，，

当时，，即；当时，，即；

在上单调递增，，在上单调递减；

综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，，在上单调递减.

（2）若有三个零点，则由（1）知：，

又，，

，，；

，，

又，；

要证，只需证，即证；

由得：，即，

即证，又，只需证；

令，则，

在上单调递增，，

即当时，恒成立，

，，则原不等式得证.

【点睛】关键点点睛：本题考查讨论含参数函数单调性、利用导数证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是将多个变量的不等式转化为关于一个变量的不等式的形式，采用构造函数的方式可将问题转化为函数最值的求解问题，.

22．在平面直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)写出曲线的极坐标方程，曲线的直角坐标方程；

(2)设点M的极坐标为，射线与曲线、分别交于A、B两点（异于极点），当时，求线段的长．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）消去参数得直角坐标方程，由公式法求解

（2）联立方程得的极坐标，由极坐标的概念与几何关系求解

【详解】（1），将代入得：

的极坐标方程为

曲线：由得

∴

∴曲线的直角坐标方程为

（2）将代入曲线、曲线的极坐标方程可得

∵

∴由题意得

∵为曲线的直径

∴，又，∴

∴

∴，即

∵

∴

∴

23．设函数.

(1)求不等式的解集；

(2)求直线与的图象围成的三角形的面积的最大值.

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论得到不等式组，解得即可；

（2）画出函数图象，结合图形可得当时所围成的三角形面积取得最大值，再求出交点坐标，即可求出三角形的面积.

【详解】（1）解：因为，

所以不等式等价于或或，

解得或或，

综上可得不等式的解集为.

（2）解：作出的大致图象如图所示，

由已知可得当时，直线与的图象围成的的面积最大，

由，令，即或，

解得或，所以，，，

所以的面积为.