2023届广西壮族自治区玉林市高三教学质量检测数学（理）试题含解析

这是一份2023届广西壮族自治区玉林市高三教学质量检测数学（理）试题含解析，共18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。

1．已知复数z对应的向量为(O为坐标原点)，与实轴正向的夹角为120°，且复数z的模为2，则复数z为（ ）
A．1＋iB．2
C．D．－1＋i
【答案】D
【分析】由复数对应向量与x轴正向夹角，及复数的模，应用复数的三角表示写出对应坐标，进而写出复数z代数形式.
【详解】设复数z对应的点为(x,y)，则
，，
∴复数z对应的点为，
∴．
故选：D.
2．设集合， 则选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，可知集合是集合的子集且包含元素3，若，则可得正确选项.
【详解】根据可得是集合的子集，且；
当时，满足题意．
若，则，故A错误；
若，则，所以，故B正确；
若，则，故C错误；
若，则，故D错误.
故选：B.
3．已知且，，则p是q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】D
【分析】根据充分条件必要条件的定义判断即得.
【详解】取，则
故且不能推出，
取，可得，但，
所以由不能推出且，
所以p是q的既不充分也不必要条件．
故选：D．
4．为了发展学生的兴趣和个性特长，培养全面发展的人才．某学校在不加重学生负担的前提下．提供个性、全面的选修课程．为了解学生对于选修课《学生领导力的开发》的选择意愿情况，对部分高二学生进行了抽样调查，制作出如图所示的两个等高条形图，根据条形图，下列结论正确的是（ ）
A．样本中不愿意选该门课的人数较多
B．样本中男生人数多于女生人数
C．样本中女生人数多于男生人数
D．该等高条形图无法确定样本中男生人数是否多于女生人数
【答案】B
【分析】根据等高条形图直接判断各个选项即可.
【详解】对于A，由图乙可知，样本中男生，女生都大部分愿意选择该门课，
则样本中愿意选该门课的人数较多，A错误；
对于BCD，由图甲可知，在愿意和不愿意的人中，都是男生占比较大，
所以可以确定，样本中男生人数多于女生人数，B正确，CD错误.
故选：B．
5．设，为两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行B．，平行于同一个平面
C．，平行于同一条直线D．，垂直于同一个平面
【答案】B
【分析】利用线面，面面平行，垂直的判定及性质对各个选项进行分析即可得到答案.
【详解】A选项，内有无数条直线与平行，与可能相交，A选项错误；
B选项，平行于同一个平面，则，B选项正确；
C选项，平行于同一条直线，与可能相交，C选项错误；
D选项，垂直于同一平面的两个平面可以平行也可以相交，D选项错误.
故选：B.
6．2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得答案.
【详解】由题意得，
故，
故选：D.
7．已知，若的展开式的第2项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，则=（ ）
A．32B．64C．128D．256
【答案】D
【分析】由题可得，再利用赋值法即得.
【详解】由题意可得，
∴．
令，得，
∴．
故选：D.
8．已知等比数列的前n项和为，若，则（ ）
A．12B．36C．31D．33
【答案】C
【分析】由等比数列的分段和性质列方程即可解得.
【详解】因为等比数列的前n项和为，且，所以不妨设则.
由分段后性质可知：构成等比数列.
由，即，解得：.
所以.
故选：C
9．如图，动点P从点M出发，按照路径运动，四边形ABCD是边长为2的正方形，弧DM以A为圆心，AD为半径，设点P的运动路程为x，的面积为y，则函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求得在上的解析式，由此确定正确答案.
【详解】弧长为，
当时，，排除AC选项.
当时，，排除D选项.
故选：B
10．已知函数在处取得最大值，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，由辅助角公式即可得到的值，然后由诱导公式化简即可得到结果.
【详解】因为，
其中，
当时，取得最大值，
即，所以，
所以
故选：A
11．设点，，圆：，点满足，设点的轨迹为，与交于点，，为直线上一点（为坐标原点），则（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】C
【分析】求出点的轨迹方程（得出轨迹是圆），两圆方程相减得直线方程，由几何法求得弦相交的长，根据平面向量数量积的运算律与定义计算：．
【详解】设，由，得，
整理得：．即：；又圆：，则,
∴，
联立与，得：．
∴点到直线的距离．
则，
∴．
故选：C．
12．在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点垂直于的正四棱柱的截面即可计算作答.
【详解】在正四棱柱中，连接，如图，，平面，
因为平面，则，又平面，
，则平面，又平面，则，
取中点，连接，在平面内过作，交于，显然，
而平面，则平面，有，
又平面，，于是平面，而平面，因此，
因为平面，，从而平面，
连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，
因为，即有，又，
于是，有，，
所以点的轨迹长为.
故选：A
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
二、填空题
13．函数在处的切线与直线平行，则a＝______．
【答案】1
【分析】求导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合直线平行建立方程求解即可.
【详解】因为，所以，
所以函数在处的切线斜率为，
因为该切线与直线平行，故，解得
故答案为：1
14．设满足约束条件，则的最小值为__________．
【答案】/0.8
【分析】作出可行域，根据的几何意义以及点到直线的距离公式可求出结果.
【详解】根据约束条件，作出可行域，如图：
因为表示点与点之间的距离的平方，
由图可知，的最小值是到直线的距离的平方，
由点到直线的距离公式得到直线的距离为，
所以的最小值为.
故答案为：
15．设双曲线：的右焦点为，直线为双曲线的一条渐近线，点关于直线的对称点为，若点在双曲线的左支上，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【分析】先求得点F到渐近线的距离，根据对称性，则可得PE、PF,再利用双曲线的定义得到a、b的关系，进而求得结果.
【详解】如图：由点关于直线的对称点为，可知FHOH，又F(1,0)到渐近线l:y=的距离为，即FH=b，OH=a，
∴PF=2b，PE=2a，由双曲线的定义可知2b-2a=2a，∴b=2a，又c2＝b2+a2＝5a2，
∴e．
故答案为．
【点睛】本题考查双曲线C的离心率，考查双曲线的定义及简单几何性质的应用，关键是将对称问题转化为垂直平分的条件，属于中档题．
16．已知函数，若函数，数列为等差数列，，则______．
【答案】44
【分析】先求得，然后利用倒序相加法求得正确答案.
【详解】由题意，可得，
设等差数列的前项和为，公差为，
则，解得，
则，根据等差中项的性质，可得，
则
，
同理可得，，，，，
∴．
故答案为：
三、解答题
17．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
(1)求角A的大小；
(2)若，△ABC的面积为，求的值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】(1)利用正弦定理和两角和的余弦公式求解；
(2)利用面积公式和余弦定理求解.
【详解】（1）由已知及正弦定理得，
∵
∵，

∵ ∴.
（2）∵ ∴,
又∵ ∴,
所以．
18．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．
(1)求证：MN平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；
（2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值.
【详解】（1）如图，取PB中点E，连接ME，NE．
∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，
∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．
又∵，∴平面PAD平面MNE．
∵平面MNE，∴MN平面PAD．
（2）∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．
依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，PC中点，∴，．
设平面DMN的法向量，则，即，
取x＝1，得y＝1，z＝－1，．
若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则．
设直线NQ与平面DMN所成的角为，则，
解得t＝1或t＝－3．
已知0≤t≤4，则t＝1，∴．
DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．
故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且．
19．强基计划校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为；该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，，m，其中．
(1)若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；
(2)强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作决策，当该考生更希望通过乙大学的笔试时，求m的取值范围．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据二项分布概率的计算公式，以及独立事件求概率的方法，即可求解恰好通过一门科目的概率；
（2）考生报考甲大学通过的科目数X服从二项分布，期望可直接利用公式求解，而考生报考甲大学通过的科目数Y需求出分布列，再求期望，根据即可求出m的取值范围
【详解】（1）解：设该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件，该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件，
根据题意可得，.
（2）设该考生报考甲大学通过的科目数为X，报考乙大学通过的科目数为，
根据题意可知，，则，
，
，
，
，
则随机变量的分布列为
，
若，则，故，即的取值范围是.
20．已知抛物线的焦点为，准线为，点为上的一点，过点作直线的垂线，垂足为，且，．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知的三个顶点都在抛物线上，顶点，重心恰好是抛物线的焦点，求所在的直线方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的定义及已知条件可得为等边三角形，再利用数量积的定义求出，即可求出，从而得解；
（2）设，，利用重心坐标公式得到中点坐标为，再利用点差法求出，即可求出直线方程.
【详解】（1）∵，∴为等边三角形，
∴，
又，∴，
设直线交轴于点，则在中，，
∴抛物线的方程为．
（2）设，，由（1）可得焦点，
由重心坐标公式得，
∴中点坐标为，
将，的坐标代入抛物线的方程可得，
作差，即，
所以，即直线的斜率，
所以直线的方程为，即．
21．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间：
(2)若（）有3个零点，，，其中．求证：．
【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到在上恒成立，从而得到函数的单调区间；
（2）首先得到，依题意可得除外还有两个零点，再证明，即可得到且，当时，先构造函数利用导数证明不等式恒成立，即可得到，则，两边同除，即可得证.
【详解】（1）当时，，，
则在上恒成立，所以在上单调递增，
所以的单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）证明：，，
又，，则除外还有两个零点，
因为，
若，则，所以且，
当时，先证明不等式恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，于是，
即当时，不等式恒成立，
由，可得，
因为，所以，即，
两边同除以，得，
所以，所以．
【点睛】方法点睛，导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
22．在平面直角坐标系xOy中，直线l的直角坐标方程为，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求直线l和曲线C的极坐标方程；
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，求．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据同角的三角函数关系式中的平方和关系进行消参，结合极坐标方程与直角坐标方程互化公式进行求解即可；
（2）结合（1），联立直线l与曲线C，可得到关于的一元二次方程，设点A，B对应的极径分别为，，根据极径的定义和韦达定理即可得到，，代入求解即可．
【详解】（1）由于直线l过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为．
由曲线C的参数方程为（为参数），
得曲线C的普通方程为，即，
则C的极坐标方程为．
（2）由，得，
设点A，B对应的极径分别为，，则，．
∴．
23．已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且实数，满足，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）利用分类讨论法解绝对值不等式；
（2）首先利用绝对值三角不等式求出，再利用基本不等式证明.
【详解】（1）①当时，不等式即为，解得；
②当时，不等式即为，；
③当时，不等式即为，.
综上，不等式的解集为.
（2）由绝对值不等式的性质可得：
当时，取最小值4，即，即
当且仅当时等号成立.
【点睛】方法点睛：证明不等式常用的方法有：（1）比较法；（2）综合法；（3）分析法；（4）放缩法；（5）数学归纳法；（6）反证法.要根据已知条件灵活选择方法证明.
Y
0
1
2
3
P