2023届广西壮族自治区南宁市第三中学高三模拟数学（理）试题（一）含解析

这是一份2023届广西壮族自治区南宁市第三中学高三模拟数学（理）试题（一）含解析，共20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届广西壮族自治区南宁市第三中学高三模拟数学（理）试题（一）一、单选题1．设集合，，则（    ）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对数函数和指数函数的单调性求出集合，再利用并集的运算即可求解.【详解】集合，又因为集合，由交集的定义可得，，故选：C.2． 是虚数单位，已知与互为共轭复数，则（    ）A．-1 B．1 C．-2 D．2【答案】D【分析】计算出的代数形式，然后根据共轭复数概念求解即可.【详解】，与互为共轭复数，，.故选：D.3．已知向量， ，若，则等于（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由，则，可求得，然后利用诱导公式求解即可.【详解】因为，所以，即，则，所以.故选：B.4．如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（    ）A． B． C．16 D．8【答案】B【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.【详解】在正方形中可得，由斜二测画法可知，，且，，所以四边形为平行四边形，所以．故选：B.5．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学参加劳动技术比赛，决出第一名到第五名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军，”对乙说：“你不是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有（    ）不同的排列A．36 B．54 C．60 D．72【答案】B【分析】利用特殊元素特殊位置优先考虑，结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下人有种可能，所以5人的名次排列有种不同情况.故选：B.6．已知实数，满足，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由均值定理即可求得的最小值.【详解】，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.故选：A.7．设x，y满足约束条件则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先作出可行域，把看作与连线的斜率，结合图形可求答案.【详解】画出可行域如图，表示可行域内的点与连线的斜率，由图知，直线的斜率最大，直线的斜率最小；由可得；由可得；所以的取值范围为．故选：D.8．设函数，若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据条件判断出函数的单调性，再判断出，，的大小关系，进而求得结论．【详解】解函数，当时，由和在定义域上单调递减，所以在上单调递减，当时，单调递减，又因为，函数在上单调递减，，，，.故选：D．9．在锐角△中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得，进而有，再把化为并确定的范围，应用余弦函数性质求范围即可.【详解】由，则，所以，则，所以或（舍），故，综上，，且所以，，由锐角△，则，可得，则，所以，故.故选：A【点睛】关键点点睛：将条件由边化角求角的关系，即，再把目标式，由边化角得求范围.10．设，这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是（    ）A．对任意正实数，B．对任意正实数，C．D．【答案】B【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性即可求解.【详解】依题意，由图可得，对任意正实数，，因为，所以，故A错误，B正确；，故C错误；因为，所以，故D错误；故选：B.11．已知四棱锥的底面是矩形，高为，则四棱锥的外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出辅助线，求出平面外接圆半径，再利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出球的体积.【详解】如图，在矩形中，连接对角线，记，则点为矩形的外接圆圆心，取的中点，连接，记的外接圆圆心为，易知，且共线.因为，平面，所以平面，所以平面，平面，，，平面，所以平面，所以，所以，易得，所以由正弦定理得的外接圆半径为，即.过作平面，且，连接，由平面，可知，则四边形为矩形，所以，则平面.根据球的性质，可得点为四棱锥的外接球的球心.因为，所以四棱锥的外接球的体积为.故选：B12．已知、是椭圆与双曲线的公共顶点，是双曲线上一点，，交椭圆于，.若过椭圆的焦点，且，则双曲线的离心率为（    ）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】设出点P，M的坐标，借助双曲线、椭圆的方程及斜率坐标公式可得轴，再利用和角的正切公式求出a，b的关系作答.【详解】如图，设，点共线，点共线，所在直线的斜率分别为，点在双曲线上，即，有，因此，点在椭圆上，即，有，直线的斜率，有，即，于是，即直线与关于轴对称，又椭圆也关于轴对称，且过焦点，则轴，令，由得，显然，，，解得，所以双曲线的离心率.故选：D【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 二、填空题13．的二项式展开中，系数最大的项为______．【答案】【分析】根据二项式展开式中系数的性质即可求解.【详解】由题意知：的二项式展开中，各项的系数和二项式系数相等，因为展开式的通项为，所以时，系数最大，该项为，故答案为：.14．已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于两点，若为该抛物线上一点，为圆上一点，则的最小值为__________.【答案】/【分析】利用直线的点斜式方程写出直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式，结合三点共线线段最小及两点间的距离公式即可求解.【详解】由题可知直线的方程为，设，则由,消去，整理得，，所以，所以，解得，所以，而圆的圆心,因为，当且仅当点在同一条直线上取等号，且点位于点之间，如图所示：又，所以的最小值为.故答案为：.15．若过点有条直线与函数的图象相切，则当取最大值时，的取值范围为__________.【答案】【分析】设过点的直线与的图象的切点为，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点，可得，则方程解的个数即为切线的条数，构造函数，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出函数的大致图象，结合图象即可得解.【详解】设过点的直线与的图象的切点为，因为，所以切线的斜率为，所以切线的方程为，将代入得，即，设，则，由，得或，当或时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增，所以，又0，所以恒成立，所以的图象大致如图所示，由图可知，方程最多个解，即过点的切线最多有条，即的最大值为3，此时.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.16．已知函数有两个零点，则实数a的取值范围为_____________．【答案】【分析】令，问题化为与在上有两个交点，且互为反函数，则它们有交点的临界情况为与相切，设切点，利用导数几何意义求切点坐标，进而确定临界情况下值，即可得范围.【详解】由题设，令，则与在上有两个交点，则、交点都在上，它们互为反函数，设、与相切，，，若切点为，所以，可得，此时，综上，、之间，在时有两个交点，在时有一个交点，在时无交点，所以.故答案为： 三、解答题17．已知数列的前项和为，且．(1)求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用数列的递推关系式求出数列的通项公式. （2）利用错位相减法求出数列的和，根据不等式的性质可证明.【详解】（1）当时，，解得；当时，，两式相减得；所以是，的等比数列，故．（2）证明：因为，所以①，②①-②得所以．因为，所以．18．为了迎接4月23日“世界图书日”，宁波市将组织中学生进行一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下，得分在内的学生获三等奖，得分在[80，90）内的学生获二等奖，得分在内的学生获一等奖，其他学生不得奖．为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图．(1)求a的值；若现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；(2)若我市所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：①若我市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）；②若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列､均值．附参考数据：若随机变量服从正态分布，则，．【答案】(1)；(2)① ；②分布列见解析；期望为 【分析】（1）由频率分布直方图的性质求，根据样本频率分布直方图确定获奖人数，再求得从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩基本事件总数，与“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”情况数，利用古典概型计算概率即可；（2）由样本频率分布直方图得，求解样本平均数的估计值，即可得正态分布的均值，按照正态分布的性质求解参赛学生中成绩超过79分的学生数；由样本估计总体可知随机变量服从二项分布，根据二项分布确定概率分布列与数学期望即可.【详解】（1）由频率分布直方图性质可得：所以，，由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有人，获二等奖的有人，获三等奖的有人，共有30人获奖，70人没有获奖，从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件，则事件包含的基本事件的个数为，因为每个基本事件出现的可能性都相等，所以，即抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为（2）由样本频率分布直方图得样本平均数的估计值，则所有参赛学生的成绩近似服从正态分布，①因为，，所以，故参赛学生中成绩超过79分的学生数约为．②由，得，即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为，所以随机变量服从二项分布，所以，，，，所以随机变量的分布列为：0123.19．如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面．(1)求点到平面的距离；(2)在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)；(2)存在点，为中点. 【分析】（1）连接，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，，再由得到，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；（2），且，求出平面的法向量，利用空间向量法得到方程，解得的值，即可得解.【详解】（1）连接，∵为正三角形，又为中点，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，因为分别为的中点，所以，∴，∴如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，∵，则，设平面的法向量为，∵，则，令，则又，则点到平面的距离为；（2）由（1）可知是平面的一个法向量，由题可设，且，则，∴，设平面的法向量为，由于，则，令，则，∴，整理得，解得或（舍），故存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时为中点.20．设函数.(1)求在区间上的极值点个数；(2)若为的极值点，则，求整数的最大值.【答案】(1)1(2)1 【分析】（1）求出函数的导函数，令求出，分，两种情况讨论，分别说明函数的单调性，即求出函数的极值点数；（2）依题意可得，则，令，则转化为，令，即为在上恒成立，利用导数说明函数的单调性，即可得解.【详解】（1）因为，所以，令，则， ①当时，，单调递增，无极值点； ②当时，，单调递减，，.故存在唯一，使得.当时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减，有极大值点； 综上在区间上有1个极值点.（2）若为的极值点，则，， 所以，令 ，，即，记)，即；①当时，故g(t)在上单调递增，，符合题意； ②当时，若，则，故在上单调递减.由（1）知在区间上存在极值点，记为，则，故，不符题意； 综上，整数的最大值为1.【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．21．已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为，点坐标为，且.(1)求双曲线的方程；(2)过点的动直线与的左､右两支分别交于两点，若点在线段上，满足，证明：在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据离心率设，代入得到，得到答案.（2）设，联立方程得到根与系数的关系，根据得到，代入数据整理得到，得到答案.【详解】（1）设，因为双曲线的离心率为，设，所以，所以，解得或（舍），所以双曲线的方程为，（2）设，当直线斜率不存在时不成立，设，即，由，可得，由于点在双曲线内部，易得，所以.设，根据题意，，又，可得，整理得：，即，化简得又，消去，得，所以点在定直线上.【点睛】关键点睛：本题考查了求双曲线方程，定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.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，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；(2)设、分别为曲线和直线上的任意一点，求的最小值.【答案】(1)曲线的普通方程为或，直线的直角坐标方程为(2) 【分析】（1）在曲线的参数方程中消去参数，可得出曲线的普通方程，利用极坐标方程与普通方程之间的转换关系可得出直线的普通方程；（2）设是曲线上任一点，利用点到直线的距离公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值.【详解】（1）解：由，消去，得或.由，得，将，代入，得.故曲线的普通方程为或，直线的直角坐标方程为.（2）解：设是曲线上任一点，则点到直线的距离为，所以当，即时，点到直线的距离最小，即取得最小值为.23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若的最大值为，正数，满足，求的最小值．【答案】(1)(2)3 【分析】（1）将函数写成分段函数，再分类讨论，分别计算即可；（2）利用绝对值三角不等式求出的最大值，再利用乘“1”法及基本不等式计算即可.【详解】（1），不等式等价于或或，解得或或，故不等式的解集为．（2）因为，当且仅当时等号成立，故，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.