2023届广西壮族自治区南宁市第三中学高三数学（理）模拟试题（四）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数学（理）模拟试题（四）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数学（理）模拟试题（四） 一、单选题1．已知集合，2，，集合，则集合中元素的个数为　　A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】根据条件列举出符合题意的元素即可．【详解】，2，，集合，，，2，集合中元素的个数为5个，故选：．【点睛】本题考查了集合与元素，还考查了列举法应用，属于基础题．2．已知复数为虚数单位），则共轭复数在复平面上对应的点位于（        ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】由复数的运算法则求得，得到，结合复数的几何意义，即可求解.【详解】由复数的运算法则，可得，可得在复平面内对应的点的坐标为位于第二象限.故选：B.3．若，则（    ）A． B． C． D．或【答案】B【分析】利用正弦与余弦的二倍角公式整理等式，里根据三角函数的平方关系以及商式关系，进行弦化切，并解得正切值，根据诱导公式，可得答案.【详解】因为，所以，解得，则，故选：B．4．已知数列满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，利用累加法得出.【详解】由题意可得，所以，，…，，上式累加可得，又，所以.故选：B.5．已知三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为（    ）A． B．6 C． D．8【答案】B【分析】将几何体置于长方体中，根据三视图还原几何体可得该三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，从而即可求解.【详解】解：将几何体置于长方体中，如图所示，则该三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，腰长为，底面边长为，所以表面积为.故选：B.6．下列说法正确的是（    ）①线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强；反之，线性相关性越弱；②已知随机变量，若，则； ③在线性回归模型中，计算，则可以理解为解释变量对预报变量的贡献率约为；④在残差图中，残差点分布的带状区域的宽带越窄，其模型拟合精度越高．A．①②③ B．②③④ C．②④ D．①②③④【答案】B【解析】根据相关性定义和基本统计，概率知识进行判断即可.【详解】①错，越大，线性相关性越强；,，②正确；根据定义可知③④对．故选：B7．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面.不同的安排方法共有（    ）A．20种 B．30种 C．50种 D．60种【答案】A【分析】每个人被安排在另外两个人前面的机会是均等的，利用排列得到答案.【详解】每个人被安排在另外两个人前面的机会是均等的，故共有种方法.故选：A8．在中，，，若角有唯一解，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，得到，以为圆心，为半径画圆弧，当圆弧与边有1个交点时满足条件，结合图象，列出关系式，即可求解.【详解】在中，，，若有唯一解，则有唯一解，设内角，，所对应的边分别为，，，由，则为一确定的锐角且，所以，如图以为圆心，为半径画圆弧，当圆弧与边有1个交点时满足条件，如图示：即圆弧与边相切或与圆弧与边相交有2个交点，其中一个交点在线段的反向延长线上（或在点处），故或，由，即，得或，解得或.故选：．9．若函数与的图象存在公共切线，则实数a的最大值为（    ）A． B．  C． D．【答案】A【分析】由导数的几何意义将公共切线的斜率分别由两函数上的切点横坐标表示，并据此建立关系，将a由切点坐标表示，进而将a转化为关于的函数，通过求导求其最大值.【详解】由题意得，，．设公切线与的图象切于点，与的图象切于点，∴，∴，∴，∴，∴．设，则，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，∴实数a的最大值为，故选：A．10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.用他的名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，已知数列满足，，，若，为数列的前项和，则（    ）A．999 B．749 C．499 D．249【答案】A【分析】构造法判断为等比数列，为常数列，进而可得，再由，结合新定义有，最后利用裂项相消法求的前n项和.【详解】由，得，又，所以数列是以4为首项，5为公比的等比数列，则①，由得：，又，所以数列是常数列，则②，由①②联立得.因为，所以，即，所以，故，所以，则.故选：A11．过抛物线上一点作其切线，该切线交准线于点，垂足为，抛物线的焦点为，射线交于点，若，则（    ）A．4 B． C．2 D．【答案】B【分析】根据题意分别表示出点的坐标，然后根据，列出方程，即可得到结果.【详解】如图所示，当在第一象限时，设，，则切线斜率由点斜式可得，，因为点在抛物线上，则，则或舍同理，当点在第二象限时，可以得到一样结果.故选:B.12．已知，，（其中为自然常数），则、、的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将变形，得，，，构造函数，利用导数得在上为减函数，在上为增函数，根据单调性可得，，再根据可得答案.【详解】，，，设，则，令，得，令，得，所以在上为减函数，在上为增函数，因为，所以，即，因为，所以，所以，所以，所以，即，因为，所以，综上所述：.故选：D 二、填空题13．已知x，y满足约束条件，则点与点连线的斜率的取值范围为___________.【答案】/.【分析】画出可行域，再数形结合分析得解.【详解】解：画出可行域（如图阴影部分），可行域为以直线，和直线为边界的开放型区域.设PA的斜率为k，联立得，所以AB的斜率，所以.故答案为：14．设，同时为椭圆与双曲线的左、右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点M，椭圆与双曲线的离心率分别为，，O为坐标原点，若，则的取值范围是______．【答案】【分析】根据椭圆及双曲线的定义求出，再根据，可得的关系，再将用表示结合函数的单调性即可得出答案.【详解】解：设，，焦距为2c，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，，当时，可得，即，可得，则，所以，由，可得，可得，即，，可设，则，令，则，所以函数在上单调递增，可得，所以．故答案为：.15．在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球的体积为______．【答案】【分析】由题意可推出AD,CD,BD两两垂直，故以AD,CD,BD为相邻的棱构造一个相邻三条棱长为2,2,4的长方体，三棱锥的外接球即该长方体的外接球，由此可求答案.【详解】因为平面，平面，故,又，，，故 , ,所以 ,即 ,故AD,CD,BD两两垂直，故以AD,CD,BD为相邻的棱构造一个相邻三条棱长为2,2,4的长方体，如图：则三棱锥的外接球即该长方体的外接球，外接球半径为 ，所以三棱锥的外接球的体积为 ，故答案为：16．在锐角中，，若点为的外心，且，则的最大值为___________.【答案】/0.8【分析】通过向量的减法，把，转化为与，进行整理后再平方处理即可得解.【详解】，整理得：设锐角外接圆的半径为，所以，则上式两边平方得：①，其中，代入①式，得：，整理得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立即，解得：或当时，此时，，此时P点在△ABC外部，△ABC为钝角三角形，与题干矛盾，所以舍去，成立故答案为： 三、解答题17．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，，从以下三个条件中任选一个：①；②；③，解答如下的问题（1）证明：；（2）若边上的点满足，求线段的长度的最大值.【答案】（1）选条件①②③，证明见解析；（2）.【分析】（1）选条件①：利用切化弦，由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式化简求出的值即可求出角，再由正弦定理可得展开即可求证；选条件②：利用正弦定理化边为角结合求出的值即可求出角，再由正弦定理可得展开即可求证；选条件③：已知条件可整理为：结合余弦定理以及正弦定理化边为角求出的值即可求出角，再由正弦定理可得展开即可求解；求出的值即可求出角，再由正弦定理可得展开即可求证；（2）求出，在中，由余弦定理求，结合三角函数的性质即可求得最值.【详解】（1）选条件①：由，得，由正弦定理可得：，因为，所以，所以，因为，所以，即，因为，所以；在中，由正弦定理可得：，所以，即证；选择条件②：由正弦定理可得：，又因为，所以，化简整理得：，由，所以，又，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，即证；选择条件③：由已知得：，由余弦定理得，所以，因为，所以，由正弦定理可得：，因为，所以，又，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，即证；（2）由及，可得，在中，由余弦定理可得：，因为为锐角三角形，所以，解得：，所以，所以当即时，取最大值为，所以线段的长度的最大值为.18．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一．19．已知四棱锥中，底面是矩形，且，是正三角形，平面，、、、分别是、、、的中点．(1)求平面与平面所成的锐二面角的大小；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，. 【分析】（1）证明出平面，，设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果；（2）设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合可求得的值，即可得出结论.【详解】（1）解：因为是正三角形，为的中点，所以，，因为平面，平面，，，平面，因为且，、分别为、的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，，则，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则，、、、、、、，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，所以，，因此，平面与平面所成的锐二面角为.（2）解：假设线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，设，其中，，由题意可得，整理可得，因为，解得.因此，在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的大小为，且.20．已知函数（a为常数）.（1）若是定义域上的单调函数，求a的取值范围;（2）若存在两个极值点，，且，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）求出，构造函数，，由题得或，解不等式组即得解；（2）由题化简得，令，则，设（），利用导数求出该函数的值域即可.【详解】（1）∵，，设，，∵是定义域上的单调函数，函数的图象为开口向上的抛物线，∴在定义域上恒成立，即在上恒成立.又二次函数图象的对称轴为，且图象过定点，∴或，解得.∴实数a的取值范围为.（2）由（1）知的两个极值点，满足，所以，，，不妨设，则在上是减函数，∴，∴.令，则，又，即，解得，.设（），则，∴在上单调递增， ∵，，∴，即.所以的取值范围为.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查学生利用转化的思想分析数学问题的能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21．已知O为坐标原点，M是椭圆上的一个动点，点N满足，设点N的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程．(2)若点A，B，C，D在椭圆上，且与交于点P，点P在上．证明：的面积为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用相关点法即得；（2）由题可得A，B分别为的中点，进而可得C，D都在直线上，然后利用弦长公式及三角形面积公式结合条件即得.【详解】（1）设，则，因为，所以，所以，即曲线的方程为；（2）设，则，由，可知A，B分别为的中点，所以，则，作差可得．因为，所以，同理，所以C，D都在直线上，联立，可得，即，点P到直线的距离，所以的面积为，即的面积为定值．【点睛】方法点睛：圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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.22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求与交点的极坐标(，)；（2）射线()与的交点为，与的交点为，若，求.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程､极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换.（2）利用（1）的结论，利用三角函数关系式的变换和极径的应用求出结果.【详解】（1）由曲线的参数方程为(为参数)，消去参数，可得曲线普通方程为，又由曲线的极坐标方程为，根据极坐标与直角坐标的互化公式，可得曲线的直角坐标方程为.联立方程组，解得或，设两曲线和的交点分别为，可得交点的极坐标为，.（2）由（1）知曲线普通方程为，即，可得曲线的极坐标方程为，由于射线()与的交点为，则，整理得，射线()与的交点为，所以，整理得，由于，即，整理得.23．设不等式的解集为．（1）求集合；（2）若，，证明：．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）利用零点分段法，去绝对值，再解不等式；（2）利用做差法，，再通过变形和0比较大小，证明不等式.【详解】（1）解：原不等式可化为或或解得或或，所以厦不等式的解集，（2）证明：，因为，，所以，．所以，所以．【点睛】本题考查含绝对值不等式的解法，不等式证明，重点考查零点分段法，做差法，属基础题型,