2023届广西玉林市北流市高三教学质量检测数学（文）试题含解析

2023届广西玉林市北流市高三教学质量检测数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解不等式求得集合，进而求得.

【详解】，解得，所以，

由于，所以.

故选：A

2．已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（    ）

A．-3 B． C．3 D．

【答案】A

【解析】先进行分母实数化，化简，再根据条件得虚部为零，计算即得结果.

【详解】因为为实数，则，即，所以.

故选：A.

3．已知平面向量，，且，则（    ）

A．1 B．14 C． D．

【答案】B

【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.

【详解】因为，，，所以，所以.

故选：B

4．如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图，已知甲的成绩的极差为31，乙的成绩的平均值为24，则下列结论错误的是（    ）

A． B．

C．乙的成绩的中位数为 D．乙的成绩的方差小于甲的成绩的方差

【答案】C

【分析】结合茎叶图的数据分布特点，以及统计数据的极差、平均数、中位数、方差，依次分析选项，即可得答案．

【详解】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，甲得分的极差为31，，解得：，A正确；

对于B，乙的平均数为，解得，B正确；

对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数是26，C错误；

对于D，甲的平均数，与乙的平均数相同，但根据茎叶图可得乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；

故选：C．

5．若实数满足约束条件则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出可行域，结合图形即可得出结果.

【详解】如图所示作出可行域，当过直线和的交点即时，此时.

故选：C

6．已知拋物线C：焦点为F，准线为l，点在C上，直线AF与l交于点B，则（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】A

【分析】点在C上，代入抛物线方程可得，过点A作l的垂线，垂足为H， l与x轴交于点G，有，所以为中点，可求.

【详解】由在上，有，得，所以，，

过点A作l的垂线，垂足为H，由抛物线的定义可知，设l与x轴交于点G，则，有，又，所以为中点，有，．

故选：A．

7．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】列举出循环的每一步，结合余弦函数的周期性可求得输出结果.

【详解】因为对任意的，

，

执行第一次循环，，，不成立；

执行第二次循环，，，不成立；

执行第三次循环，，，不成立；

，

以此类推，执行最后一次循环，，

，成立，跳出循环体，

因为，因此，输出结果为.

故选：B.

8．已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据两函数图象的关系知，所求函数为偶函数且时两函数解析式相同，即可得解.

【详解】根据函数图象知，当时，所求函数图象与已知函数相同，

当时，所求函数图象与时图象关于轴对称，

即所求函数为偶函数且时与相同，故BD不符合要求，

当时，，，故A正确，C错误.

故选：A.

9．如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（    ）

A．平面平面 B．

C． D．平面

【答案】C

【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，由分别为所在棱的中点得，由正方体的性质易知，平面，平面，

所以，，，平面，

所以平面，平面，

所以平面平面，故A选项正确；

对于B选项，为下底面的中心，故为的中点，

因为为所在棱的中点，所以，故B选项正确；

对于C选项，若，由B选项知，则有，

令一方面，由正方体的性质知为直角三角形，，

所以，不满足，故C选项错误；

对于D选项，由A选项知，由正方体的性质易知，

所以，平面，平面，

所以平面，故D选项正确.

故选：C

10．已知数列是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则（    ）

A．128 B．127 C．126 D．125

【答案】C

【分析】根据等比数列的知识求得数列的首项和公比，从而求得.

【详解】设等比数列的公比为，且，，

，，

所以，即

故选：C

11．已知为函数的极值点，则在区间上的最大值为（    ）（注：）

A．3 B．

C．5 D．

【答案】B

【分析】由以及极值点的知识求得，求得的单调区间，进而求得在区间上的最大值.

【详解】，由于是的极值点，

所以，

此时，

所以在区间递减；在区间递增.

所以是极小值点，符合题意.

，，

由于，

所以在区间上的最大值为.

故选：B

12．已知四棱锥的五个顶点都在球面O上，底面ABCD是边长为4的正方形，平面平面ABCD，且，则球面O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过做平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外切球球心O.由题目条件，可证得四边形为矩形，设外接球半径为R，则.后可得答案.

【详解】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过作平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O.

因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，则平面ABCD.又平面ABCD，则.

因，则四边形为矩形.

设三角形外接圆半径为，则，又则.

则，设外接球半径为R，则，又，

则，则球O表面积为：.

故选：C.

二、填空题

13．在等差数列中，已知，则该数列前项和__________．

【答案】

【分析】由等差数列的性质和前项和公式进行计算即可.

【详解】∵数列为等差数列，∴由等差数列的性质，，

∴该数列的前项和.

故答案为：.

14．欲利用随机数表从00，01，02，，59这些编号中抽取一个容量为6的样本，抽取方法是从下面的随机数表的第1行第11列开始向右读取，每次读取两位，直到取足样本，则第4个被抽取的样本的编号为______.

63 01 63 78 59   16 95 55 67 19   98 19 50 71 75   12 86 73 58 07   44 39 52 38 79

33 21 12 34 29   78 64 56 07 82   52 42 07 44 38   15 51 00 13 42   99 66 02 79 54

【答案】

【分析】根据随机数表法的读取规则，读取第4个被抽取的样本的编号.

【详解】从随机数表的第1行第11列开始向右读取，每次读取两位编号有：16，95，55，67，……，不大于59的有16，55，19，19（重复划掉），50，……，第4个被抽取的样本的编号为50.

故答案为：50.

15．写出一个半径为且与圆及直线都相切的圆的方程________．

【答案】（答案不唯一）.

【分析】设所求圆的圆心坐标为，根据由已知圆与直线相切，圆与圆相切，列出方程即可求解.

【详解】设所求圆的圆心坐标为，由已知圆与直线相切，圆与圆相切，则有，即得或或，

所以所求圆的方程为或或，

故答案为：（答案不唯一）.

16．函数，且，若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为______.

【答案】

【分析】当时，运用参数分离法，构造函数利用导数研究函数的性质即得，当时根据二次不等式的解法讨论的范围进而即得.

【详解】由题意知，当时，；当时，；当时，．

当时， ，即 ，构造函数 ，

当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，

， ；

当时，，当时，由，得，不合题意；

当时，由，得，不合题意；

当时，由，得，，所以，此时，不合题意；

当时，由，得，又，所以，此时适合题意；

综上，关于x的不等式的解集为，则 .

故答案为：.

三、解答题

17．在中，角所对的边分别，且

(1)求角A的值；

(2)已知在边上，且，求的面积的最大值

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，

（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解.

【详解】（1）在中因为．

由正弦定理得，

所以，

因为，所以．故

又是的内角，所以．从而．

而A为的内角，所以；

（2）因为所以,所以，

从而，

由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，

故的面积的最大值为.

18．如图，在直三棱柱中，D是的中点，，，．

(1)证明：平面BCD．

(2)求点D到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）确定，根据相似得到，得到线面垂直.

（2）计算，，再根据等体积法计算得到距离.

【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，故，

，，平面，故平面，

平面，．

因为，，所以．

又D是的中点，，所以，所以，则．

因为，平面BCD，所以平面BCD．

（2）．

，

所以．

设点D到平面的距离为d，由，得，

解得，即点D到平面的距离为．

19．随着容城生态公园绿道全环贯通，环城绿道骑行成为最热门的户外休闲方式之一.环城绿道全程约100公里，不仅可以绕蓉城一圈，更能360度无死角欣赏蓉城这座城市的发展与魅力.某位同学近半年来骑行了5次，各次骑行期间的身体综合指标评分与对应用时（单位：小时）如下表：

(1)由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；

(2)建立关于的回归方程.

参考数据和参考公式：

相关系数.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据数据求出相关系数，由相关系数的可判断相关程度；

（2）利用公式直接计算可得.

【详解】（1），

相关系数近似为，说明与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；

（2）由（1）中数据，，

，

关于的回归方程为.

20．已知函数，.

(1)讨论的单调区间；

(2)若有3个零点，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）先求出函数的定义域，从而根据函数的解析式，求出函数的导函数，分析导函数符号在不同区间上的取值，

根据导函数符号与原函数的单调性之间的关系即可求出所求区间．

（2）由条件，根据函数的单调性结合零点存在性定理可求的取值范围.

【详解】（1）的定义域为，

若，当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

若，则恒成立，在上单调递增.

综上，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；

当时，的单调递增区间为，无单调递减区间

（2）因为有3个零点，所以，

又的单调递增区间为，，单调递减区间为，

所以，，

解得，

此时，，

故函数在区间上各有一个零点，

即函数在区间上各有一个零点，满足要求；

所以的取值范围为.

【点睛】关键点睛：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．已知椭圆：的离心率为，、分别是其左、右焦点，若是椭圆上的右顶点，且．

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），问直线与轴是否交于一个定点？若是，请写出该定点的坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)直线与轴交于定点.

【分析】（1）由题知，，再根据即可求得答案；

（2）设，则，进而求解直线与轴的交点横坐标，最后联立方程， 结合韦达定理计算即可.

【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，因为椭圆：的离心率为，

所以，即，

因为，，

所以，

因为，

所以，，，.

所以，椭圆的方程为.

（2）解：设，则，

所以，联立方程得，，

所以，

因为直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为与不重合，

所以，，即，

所以，，直线的方程为，

令得，

又因为，

所以

所以，直线与轴交于点

22．在直角坐标系中，已知曲线（为参数， ），在极坐标系中，曲线是以为圆心且过极点O的圆．

(1)分别写出曲线普通方程和曲线的极坐标方程；

(2)直线与曲线、分别交于M、N两点（异于极点O），求．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）利用，消去参数，即可得到曲线普通方程，先写出曲线的普通方程，然后将代入，即可得到本题答案；

（2）先求出两点的极坐标，然后根据，即可得到本题答案.

【详解】（1）由曲线（为参数，），

消去参数，得，

所以曲线的直角坐标方程为，

因为曲线是以为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为，半径为1，

故的直角坐标方程为：，

即，将代入可得：圆的极坐标方程为

（2）因为曲线的直角坐标方程为，即，

将代入化简可得的极坐标方程为：（），

所以的极坐标方程为；的极坐标方程为；

因为M、N是直线与曲线、的两个交点，

不妨设， 由（1）得：，：，

所以，从而，

23．已知函数，．

(1)若，求不等式的解集；

(2)已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.

【详解】（1）解：当时，，

因为，

当时，即，；

当时，即，；

当时，即，，

综上可得不等式的解集为

（2）解：，

当且仅当时取等号，，

又，且，

，

当且仅当，即，时等号成立，

所以

根据题意可得，解得或，

的取值范围是．