广西南宁市第二中学2023届高三高考考前模拟大演练数学（文）试题（含解析）（含解析）

这是一份广西南宁市第二中学2023届高三高考考前模拟大演练数学（文）试题（含解析）（含解析），共21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。
广西南宁市第二中学2023届高三高考考前模拟大演练数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．若复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，则复数（    ）A．1 B． C．i D．2．设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（   ）A． B． C． D．3．如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图：下列结论中错误的是（    ）A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加B．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多C．2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平D．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢4．如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为．则该几何体的俯视图可以是（ ）A． B． C． D．5．已知函数同时满足性质：①；②当时，，则函数可能为（   ）A． B． C． D．6．已知一组样本数据共有9个数，其平均数为8，方差为12.将这组样本数据增加一个数据后，所得新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差为（    ）A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.47．已知，则（   ）A． B． C． D．8．现有4名运动员站成一排照相留念，甲、乙两名运动员都不站两端的概率为（    ）A． B． C． D．9．在《最强大脑》的节目中，作为脑力角逐的考题，阿基米德多面体成为了难倒一众天才的“元凶”，因此“一夜爆红”.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.例如足球一般是有12个正五边形和20个正六边形构成的阿基米德多面体.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（   ）A． B． C． D．10．已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点，，点到直线的距离为，则椭圆的离心率为（   ）A． B． C． D．11．已知中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点（靠近点A）且，，则的最大值是（   ）A． B．C．2 D．412．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）．A． B．C． D． 二、填空题13．在等差数列中，若，则__________.14．已知向量与的夹角为，且，则_______.15．在正方体中，为底面的中心，为线段上的动点（不与两个端点重合），为线段的中点，则以下正确的是____________.①直线与是异面直线；②三棱锥的体积是定值；③存在点，使平面；④存在点，使平面.16．已知点，点P在抛物线上运动，F是抛物线的焦点，连接PF并延长与圆交于点B，则的最小值是___________. 三、解答题17．在等差数列中，为的前n项和，，数列满足．(1)求数列和的通项公式；(2)求数列的前n项和．18．如图在多面体中，，平面，为等边三角形，，，，点M是AC的中点.(1)若点G是的重心，证明：点G在平面内；(2)求点G到的距离.19．为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了2021年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数.温度/℃212324272930死亡数/株61120275777经计算，，，，，，，，其中，分别为试验数据中的温度和死亡株数，.(1)若用一元线性回归模型，求关于的经验回归方程；(2)若用非线性回归模型求得关于的非线性经验回归方程，且相关指数为.（ⅰ）试与（1）中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好；（ii）用拟合效果好的模型预测温度为35℃时该批紫甘薯的死亡株数（结果取整数）.附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，；相关指数为：.20．抛物线C：上的点到抛物线C的焦点F的距离为2，A､B（不与O重合）是抛物线C上两个动点，且.(1)求抛物线C的标准方程；(2)x轴上是否存在点P使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.21．已知函数，，，其中为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)当时，证明：对于，都有恒成立．22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t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，直线l的极坐标方程为．（1）求C和l的直角坐标方程；（2）求C上的点到l距离的最小值．23．已知函数.（1）若，求不等式的解集；（2）若关于x的不等式对于任意实数x恒成立，求实数m的取值范围.
参考答案：1．C【分析】由题意求得，利用复数除法即可.【详解】因为，且复数，在复平面内对应的点关于轴对称，所以，所以，故选：C.2．A【分析】观察出图中阴影部分表示的集合为，结合交集的定义即可求解.【详解】由得，图中阴影部分表示的集合是，故.故选：A3．D【分析】利用折线图、条形图及扇形图的特点即可求解.【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；对于D，由题中三幅统计图并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.故选：D.4．C【详解】试题分析：由已知条件该几何体是一个棱长为的正方体沿对角面截去一半后的三棱柱，底面为直角边长为的直角三角形．故选C．考点：空间几何体的三视图、直观图． 5．C【分析】根据给定条件，确定函数的奇偶性和在上的单调性，再逐项判断作答.【详解】由，知函数是偶函数，由当时，，知在上单调递减，对于A，函数在上单调递增，A不是；对于B，指数函数不具奇偶性，B不是；对于D，当时，在上单调递增，D不是；对于C，函数是偶函数，当时，，而余弦函数在上单调递减，即在上单调递减，C是.故选：C6．C【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.【详解】设增加的数为，原来的9个数分别为，则，，所以，又因为，即，所以，故选：C.7．A【分析】利用降幂公式及诱导公式计算可得.【详解】因为，所以.故选：A8．A【分析】根据古典概型结合排列数运算求解.【详解】4名运动员站成一排，共有种不同的排法，甲、乙两名运动员都不站两端，共有种不同的排法，所以甲、乙两名运动员都不站两端的概率.故选：A.9．C【分析】根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答.【详解】将该多面体放入正方体中，如图所示.由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，所以该多面体外接球的球心为正方体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即，所以，所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积.故选：C10．A【分析】设于，则由已知条件可求出，，再利用椭圆的定义可求出，然后在中利用勾股定理列方程可求出离心率.【详解】如图，设于，则由题意得，，∴，，由椭圆定义可得，∴，在中，由勾股定理得，可得.故选：A11．A【分析】由正余弦边角关系可得，进而有，设，则，且，利用正弦定理、和差角正弦公式得，即可求最大值.【详解】由，则，即，所以，，则，  设，则，且，△中，则，△中，则，又，即，（为△的外接圆半径），所以， 即，又，故，时，.故选：A12．A【分析】由可判断，构造函数，由在上单调递增可判断.【详解】令，，，易知，当且仅当时取等号，所以，记，，则，所以在上单调递增，所以，即．故选：A13．24【分析】由等差中项的性质即可求解.【详解】因为在等差数列中，有，所以由，得，，又，所以.故答案为：2414．4【详解】分析：根据平面向量数量积公式可得，对，两边平方，得到关于的方程，解方程即可得结果.详解：，向量与的夹角为，，，解得，故答案为.点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.15．②③【分析】由、相交易判断①，由可判断②，当为中点时，可得平面，即可判断③，当与重合时，面，然后可判断④.【详解】对于①：因为、相交，为线段的中点，为线段的中点，所以与共面，故①错误；对于②：因为，是正方体，所以，因为平面，平面，所以平面，所到面的距离不变，所以为定值，故②正确；对于③：当为中点时，为的中位线，，因为平面，平面，所以平面，故③正确；对于④：当与重合时，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，因为，平面BDM，所以平面，又因为不与端点重合，故④错误．故答案为：②③16．4【分析】求出焦点，设.表示出，令，换元根据基本不等式即可求出答案.【详解】由题意可知，抛物线的焦点为.设点，则由抛物线的定义得，.要使最小，则应有，此时有.令，则，，因为，显然有，则由基本不等式知，当且仅当，即时等号成立.故的最小值为.故答案为：4.17．(1)，(2) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式可求数列的通项公式，再根据数列的项与前n项和的关系可求的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【详解】（1）设等差数列的公差为，所以，解得，所以，，①则当时，②①②得：，则，而当时，，则，满足上式．所以．（2）记，，.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先取中点N，得到G在线上，再利用中位线定理证得，从而得证；（2）利用等体积法与解三角形的相关知识，求得到面的距离，从而利用比例得到G到的距离.【详解】（1）取中点N，连接，，如图所示，因为点G是的重心，故G一定在中线上，因为点M是AC的中点，点N是的中点，，所以MN是梯形的中位线，所以，且，又，所以，所以四边形是平行四边形，因为点，平面，所以点平面，即点G在平面内..（2）因为平面，，所以平面，又为等边三角形，，是的中点，则，且，则，又因为，，在三角形中，所以，则，设到面的距离为，则由，得，解得，又点G是的重心，所以G到平面的距离为19．(1)；(2)①；②192. 【分析】（1）根据题意，利用最小二乘法即可求出回归方程；（2）①通过题意给的公式计算求出即可比较拟合效果；②根据题意直接带入求值即可.【详解】（1）由题意可知，，∴关于的线性回归方程是；（2）①用指数回归模型拟合与的关系，相关指数，线性回归模型拟合与的关系，相关指数，则，∴用比拟合效果更好；②中，令，则，故预测温度为时该紫甘薯死亡株数约为192株.20．(1)(2)存在，理由见解析 【分析】（1）由焦半径公式求出，求出抛物线方程；（2）设出直线方程，与抛物线方程联立得到点坐标，同理得到点坐标，利用得到，求出，求出定点坐标.【详解】（1）由抛物线的定义得，解得，则抛物线的标准方程为.（2）依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，由得直线方程为：，由，解得，由，解得由得，假定在轴上存在点使得，设点，则由（1）得直线斜率，直线斜率，由得，则有，即，整理得，显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，即当时，恒成立，恒成立，所以轴上存在点使得.【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.21．(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）对函数进行求导，化简导函数后，讨论参数的取值范围，通过导函数的正负来求出解集，从而求出单调区间；（2）转化为具体函数，化简后构造函数，再结合常用的切线不等式解决问题.【详解】（1）由题意可得 当时，，；，，所以在上单调递减，在上单调递增．当时，，；，；，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．当时，，，所以在上单调递增，当时，，；，；，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．综上，当时，在上单调递减，在上单调递增．当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．（2）当时，，对于，都有恒成立．等价于构造函数，，令，解得当，，当时，，所以先减后增，所以，即因此成立，故对于，都有恒成立．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力；其中构造常用的切线不等式的形式举例如下：，等.22．（1）；；（2）【分析】（1）利用代入消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（2）利用参数方程表示出上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.【详解】（1）由得：，又整理可得的直角坐标方程为：又，的直角坐标方程为：（2）设上点的坐标为：则上的点到直线的距离当时，取最小值则【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.23．（1）；（2）.【分析】（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；（2）不等式对于任意实数x恒成立，转化为对于任意实数x恒成立，记，将写成分段函数形式，判断函数的单调性，依据单调性求得的最小值，从而可得可得的范围.【详解】解：（1）当时，当时，，解得；当时，不等式无解；当时，，解得.综上，不等式的解集为.（2）由题意知，，所以.记，则，当时，，则， 又当时，，所以，所以，所以实数m的取值范围为.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及绝对值不等式恒成立问题.属于中档题.