2023届广西高三毕业班高考模拟测试数学（文）试题含解析

2023届广西高三毕业班高考模拟测试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解不等式求得集合，再由交集的概念进行运算即可.

【详解】对于集合，由解得，∴，

又∵，∴由交集的概念，.

故选：B.

2．已知复数，其中为虚数单位，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由复数的乘法运算和虚部的概念求解即可.

【详解】由已知，，

∴复数的虚部为.

故选：A.

3．设为等差数列，若，则公差（    ）

A．－2 B．－1 C．1 D．2

【答案】D

【分析】由等差数列的基本量法列方程组求解．

【详解】由题意得解得，

故选：D.

4．在如图所示的直角梯形中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积”.可以简洁明了地推证出勾股定理，把这一证明方法称为“总统证法”.设，在梯形中随机取一点，则此点取自等腰直角三角形中（阴影部分）的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别求解，梯形的面积，根据几何概率即可得答案.

【详解】由，，

可知此点取自等腰直角三角形（阴影部分）中的概率是.

故选：B.

5．设满足约束条件，则目标函数的最小值为（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】B

【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数即可得答案.

【详解】由约束条件约束条件作出可行域如图：

目标函数可化为

由图可知，当直线经过点时，直线在轴上的截距最小

即值最小，最小值为.

故选：B.

6．设，则“或”是“”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】B

【分析】利用逆否命题与原命题等价,判断逆否命题中的结论即可得.

【详解】原命题与逆否命题等价，其逆否命题，若“”则“且”，“”是“且”的必要不充分条件，所以“或”是“”的必要不充分条件，

故选：B.

7．已知定义在上的函数在上单调递减，且为偶函数，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由为偶函数求得函数对称轴，再结合函数的单调性进行求解即可.

【详解】∵函数为偶函数，∴，即，

∴函数的图象关于直线对称，

又∵函数定义域为，在区间上单调递减，

∴函数在区间上单调递增，

∴由得，，解得.

故选：D.

8．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点到两个定点的距离之比为常数（且），那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.若点到，的距离比为，则点到直线：的距离的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由题意求出点的轨迹方程，再由直线和圆的位置关系求解即可.

【详解】由题意，设点，则，

∴，化简得点的轨迹方程为，

∴点的轨迹是以为圆心，半径的圆.

圆心到直线：的距离，

∴点到直线最大距离为.

故选：A.

9．已知函数，（）图象的一条对称轴为，先将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，再将所得图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的图象在以下哪个区间上单调递增（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据对称轴得到，根据平移法则得到，确定，解不等式得到答案.

【详解】依题意，（），则（），

因为，所以，故.

将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，得到的图象，

再将所得图象上所有的点向右平移个单位长度，

得到的图象，

令（），

得函数的单调递增区间为（），

对比选项知C满足条件.

故选：C.

10．已知抛物线：的焦点为，圆：，点，分别为抛物线和圆上的动点，设点到直线的距离为，则的最小值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】由题意，的最小值为，的最小值为，可求的最小值.

【详解】圆：，圆心坐标，半径为1，

抛物线：的焦点为，准线方程，如图所示，

点到直线的距离比点到准线的距离大2，即，

的最小值为，当三点共线时的最小值为，

所以.

故选：C.

11．已知正项等比数列满足，则取最大值时的值为（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】B

【分析】利用等比数列的通项公式及函数的单调性，结合数列的单调性即可求解.

【详解】设等比数列的公比为，有，

由函数单调递增，且，可得.

有，由数列单调递减，

所以取得最大值时的值为9，

故选：B.

12．在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.

【详解】

如图所示取靠近的四等分点，的中点，连接，，.

由，可知.同理可知.

又，所以平面，所以平面即为平面.

又易知，

所以截此三棱锥所得的截面面积为，

当时，取得最大值，

设为外接球球心，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，

所以四边形为正方形，且，，，

∴.

故选：D.

二、填空题

13．已知向量，则向量的夹角的余弦值为________.

【答案】/0.6

【分析】根据给定的坐标，求出向量的数量积及模，再求出夹角余弦作答.

【详解】因为向量，则，，

所以向量的夹角的余弦值为.

故答案为：

14．已知曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为________.

【答案】

【分析】根据导数的几何意义求导列式得，即可实数的值.

【详解】因为，所以，

则，则，解得.

故答案为：.

15．如图是一个算法流程，则输出的值为______.

【答案】

【分析】依题意有，利用正弦函数的周期性和特殊角的正弦值求解.

【详解】由流程图中的循环结构和条件语句可知，，

函数最小正周期为8，根据诱导公式和特殊角的函数值，有，

，

所以.

故答案为：

16．已知双曲线的左、右焦点分别是，双曲线上有两点满足，且，若四边形的周长与面积满足，则双曲线的离心率为________.

【答案】

【分析】由双曲线的对称性，得出题目中的图形关系，由双曲线的定义、余弦定理，结合题目中四边形的周长与面积关系进行求解即可.

【详解】

∵，∴，关于原点对称，直线过点，

如图，不妨设，，由双曲线的定义可知，，

两边平方得①，

在中，由余弦定理，

，

即②，

由双曲线的对称性知，，，

∴四边形的周长，

四边形的面积，

∵，∴，化简得③，

③代入①，得，③代入②，得，

∴，

∴双曲线的离心率.

故答案为：.

【点睛】解决椭圆与双曲线求解离心率问题，通常需要关注由题意所得的特殊图形，结合椭圆与双曲线的定义、余弦定理或勾股定理、三角形面积公式等进行求解.

三、解答题

17．如图，在中，内角，，的对边分别为，，，过点作，交线段于点，且，，.

(1)求；

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先由正弦定理将条件等式角化边，再由余弦定理求解即可；

（2）先求出，再用正弦定理求出，然后求和，即可求出的面积.

【详解】（1）∵，

∴由正弦定理得，即，

∴由余弦定理，，

又∵，

∴.

（2）∵，∴，

由第（1）问，，∴，

又∵，∴，

∴在中，由正弦定理，，∴，

又∵，∴，

∴的面积.

18．如图，在四棱台中，底面四边形为菱形，，，平面.

(1)证明：；

(2)若是棱上一动点（含端点），求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明平面，后可得证线线垂直；

（2）由计算．

【详解】（1）证明：

如图，连接，

因为为棱台，

所以四点共面，

因为四边形为菱形，所以，

因为平面，平面，

所以，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以；

（2）根据题意可得，则为定值，

∵，

点到平面的距离为，

∴.

19．学习了《高中数学必修》的内容后，高二年级某学生认为：考试成绩与考试次数存在相关关系.于是他收集了自己进入高二以后的前5次考试成绩，列表如下：

经过进一步研究，他发现：考试成绩与考试的次数具有线性相关关系.

(1)求关于的线性回归方程；

(2)判断变量与之间是正相关还是负相关（只写出结论即可）；

(3)按计划，高二年级两学期共有次考试，请你预测该同学高二最后一次考试的成绩（四舍五入，结果保留整数）.

附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：

，

【答案】(1)

(2)与之间是正相关

(3)分

【分析】（1）使用最小二乘法估计公式进行计算即可；

（2）由线性回归直线方程的斜率进行判断即可；

（3）由线性回归直线方程进行预测即可.

【详解】（1）根据已知可得，，

∴，

，

∴，，

∴关于的线性回归方程为.

（2）∵关于的线性回归方程为，，

∴变量与之间是正相关.

（3）由第（1）问所得关于的线性回归方程为，

当时，，

∴该同学高二最后一次考试的成绩大约为134分.

20．已知函数.

(1)求函数的单调区间；

(2)若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出，分类讨论解不等式和得增减区间；

（2）时，不等式显然成立，然后按和分类讨论，时，利用不等式的性质确定，时用分离参数法转化为求函数的最值．

【详解】（1），

①当时，，此时函数在R上单调递增，增区间是，没有减区间；

②当时，令可得或，，此时函数的减区间为，增区间为；

③当时，令可得或，，此时函数的减区间为，增区间为；

（2）可化为，

①若，不等式显然成立；

②若，当且时，有，可得，不合题意；

③当时，不等式，可化为，

令，，令，可得，可知函数的减区间为，增区间为，可得函数的最小值为，

故有，解得，

故若恒成立，则实数的取值范围为.

【点睛】思路点睛：用导数研究不等式恒成立求参数范围问题，一种思路直接求出函数的最值，由最值满足的不等关系得参数范围，另一种思路是分离参数，转化为求函数的最值，得参数范围，解题中常常需要分类讨论．

21．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，是椭圆上异于左、右顶点的动点，的周长为6，椭圆的离心率为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若圆与的三边都相切，判断是否存在定点，，使为定值.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在定点，

【分析】（1）结合数量积的坐标表示求及其最小值表达式，由条件列关于的方程，解方程求可得椭圆方程；

（2）设圆的半径为，，由内切圆的性质确定的关系，再结合点到直线的距离公式确定的关系，由此确定点的轨迹方程，结合椭圆定义完成证明.

【详解】（1）周长为，

椭圆的离心率为，则，

所以

所以椭圆的标准方程为；

（2）设圆的半径为，，由（1）不妨设，

则的面积，

所以，，所以，

由，，得直线的方程为，

则点到直线的距离为，

整理，得，

把代入上式，得，

即，

由题意得，，，

所以，则，

把，代入椭圆的方程，得，

所以点在椭圆上，

所以存在定点，，使为定值2.

【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于由条件确定点的轨迹方程，再由椭圆定义证明结论.先通过内切圆和等面积法建立点坐标和半径及点坐标的关系，再由相关点法得出轨迹方程即可.

22．已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程；

(2)若曲线和曲线与直线分别交于非坐标原点的，两点，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由曲线的参数方程消参得普通方程；

（2）把直线的极坐标方程代入曲线和曲线的极坐标方程，由，计算即可.

【详解】（1）曲线的参数方程为（为参数），则有，，

由，得，∴曲线的普通方程为；

（2）由（1）的曲线的一般方程为，化为极坐标方程：，

将代入的极坐标方程得，

将代入的极坐标方程得，

则.

23．已知.

(1)解关于的不等式：；

(2)若的最小值为，且正数，满足，求的最小值.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）讨论的取值，去绝对值，从而解得不等式的解集；

（2）由绝对值不等式求出的最小值，利用均值不等式求出的最小值

【详解】（1）①当时，不等式可化为，可得；

②当时，不等式可化为，有，不可能；

③当时，不等式可化为，可得，

由上知关于的不等式的解集为；

（2）由，可得，

有，

有

（当且仅当，时取等号）.

有，

故的最小值为.