2023届广西高三上学期西部联考数学（文）试题含解析

2023届高三年级西部联考卷

文科数学

注意事项:

1.本试卷满分150分,考试时间120分钟。

2.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

3.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.回答选考题时,考生须按照题目要求作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

5.考试结束后,将本试卷和答题卡一并收回。

一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合, 则

A.     B.     C.     D.

2. 已知复数, 则

A. 2     B.      C.      D.

3. 已知数列满足, 其中, 则

A. 1     B.      C. 2     D.

4. 已知, 则的大小关系为

A.    B.    C.    D.

5. 已知函数, 则

A. -9     B. -8     C. 8     D. 9

6. 已知锐角满足, 则

A.      B.      C. 2     D. 3

7. 右图是战国时期的一个铜镞,其由两部分组成,前段是高为、底面边长为1cm的正三棱锥, 后段是高为0.6cm的圆柱, 圆柱底面圆周与正三棱锥底面的正三角形内切, 则此铜镞的体积约为

A.     B.     C.     D.

8. 2022年6月6日是第27个“全国爱眼日”,为普及科学用眼知识，提高群众健康水平,预防眼

疾,某区残联在残疾人综合服务中心开展“全国爱眼日”有奖答题竞赛活动.已知5位评委老师按百分制(只打整数分)分别给出某参赛小队评分,可以判断出一定有评委打满分的是

A.平均数为98,中位数为98      B.中位数为96,众数为99

C.中位数为97,极差为9      D.平均数为98,极差为6

9. 执行如图所示的程序框图, 则输出的值为

A. 11

B. 12

C. 13

D. 14

10.已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为

A.           B.

C.           D.

11. 如图, 在平面四边形中, , 现将沿折起, 并连接, 使得平面平面, 若所得三棱锥的外接球的表面积为, 则三棱锥的体积为

A.      B.      C.      D.

12. 如图 1 所示, 双曲线具有光学性质: 从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射, 其反 射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点. 若双曲线的左、右焦点分别为 , 从发出的光线经过图 2 中的两点反射后, 分别经过点和, 且, 则双曲线的离心率为

A.      B.     C.     D.

二、填空题: 本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.

13. 已知非零向量满足,且,则与的夹角为_____.

14. 已知等比数列满足, 则_____.

15. 已知满足约束条件则的取值范围为_____.

16. 已知椭圆的左、右焦点分别为, 点为椭圆的上顶点, 直线与椭圆的另一个交点为, 若, 则_____.

三、解答题: 共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第 题为必考题, 每个 试题考生都必须作答. 第 22、23题为选考题, 考生根据要求作答.

(一) 必考题:共 60 分.

17. (本小题满分 12 分)

在中, 内角所对的边分别为, 且.

(1) 若, 求;

(2) 若为边上一点, 且, 求的面积.

18. (本小题满分 12 分)

某收费APP(手机应用程序)自上架以来,凭借简洁的界面设计、方便的操作方式和强大的实用功能深得用户的喜爱.该APP所在的公司统计了用户一个月月租减免的费用(单位:元)及该月对应的用户数量(单位:万人) ,得到如下数据表格:

已知与线性相关.

(1) 求关于的线性回归方程 ;

(2)据此预测, 当月租减免费用为 10 元时, 该月用户数量为多少?

参考公式: 对于一组具有线性相关关系的数据 ,其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为,

19. (本小题满分 12 分)

如图, 在三棱柱中, 平面平面, 四边形是菱形, 是的中点.

(1) 证明: 平面;

(2)若点到平面的距离为，求.

20. (本小题满分 12 分)

已知函数.

(1)讨论的单调性;

(2)若函数有且仅有两个零点，求实数的取值范围.

21. (本小题满分 12 分)

已知抛物线(为正常数) 的焦点为是抛物线上任意一点, 圆的方程为 的最小值为 4 .

(1) 求的值;

(2) 过点作圆的两条切线分别与抛物线相交于点 (异于点), 证明: 直线也始终与圆相切.

(二)选考题: 共10分.请考生在第 22 、23题中任选一题作答. 如果多做,则按所做的第一题计分.

22. (本小题满分 10 分) 选修 4-4:坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中, 曲线的参数方程为 ( 为参数). 以坐标原为极点, 轴的正半轴为极轴, 建立极坐标系, 则曲线的极坐标方程为.

(1) 分别求曲线和曲线在平面直角坐标系中的标准方程;

(2) 若曲线和曲线相交于两点, 求.

23. (本小题满分 10 分) 选修 4-5:不等式选讲

已知均为正数, 且满足. 证明:

(1) ;

(2)

参考答案：

1．D

【分析】根据集合中元素的条件，寻找集合中的奇数，即为交集中的元素，由此得到答案.

【详解】∵为奇数，∴当且仅当为奇数，

集合，满足的奇数为-1、1、3，

所以.

故选：D.

2．B

【分析】根据共轭复数的概念与模长的运算求解即可.

【详解】.

故选：B

3．C

【分析】根据已知递推关系，可以得到，数列为等差数列，然后利用等差数列的性质求得的值.

【详解】由，得是等差数列，.

故选：C

4．C

【分析】利用指对数运算及函数性质、三角函数单调性判断大小关系.

【详解】，

.

故选：C

5．C

【分析】利用诱导公式化简函数的表达式，利用三角函数和特殊幂函数的奇偶性进行分析，可得到，进而计算得到答案.

【详解】由，有，可得.

故选：C

6．A

【分析】根据已知条件，利用二倍角公式转化为关于的三角函数的方程，化简，然后利用同角三角函数关系求得的值.

【详解】∵，∴，

即，

又∵为锐角，∴，

∴，

即，∴.

故选：A

7．D

【分析】先求出内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式即可求出总体积.

【详解】因为正三棱锥的底面边长为1，设其内切圆半径为r，由等面积法，可得：，解得：，所以其内切圆半径为.

由三棱锥体积与圆柱体积公式可得：.

故选：D.

8．D

【分析】根据平均数、中位数、众数、极差的计算公式分析选项或举出反例即可

【详解】解：选项A：当打分结果为时，满足平均数为98，中位数为98，所以A错误；

选项B：当打分结果为时，满足中位数为96，众数为99，所以B错误；

选项C：当打分结果为时，满足中位数为97，极差为9，所以C错误；

选项D：假设没有评委打满分，结合极差为6可得总成绩，

则平均数，与选项不符，故假设不成立，所以平均数为98，极差为6时，一定有评委打满分，

故选：D.

9．C

【分析】根据程序框图的意义，结合指数对数的关系，求得答案.

【详解】由，得到，当从1一直取到最后一个小于等于4100的数，且实数为整数的值时，计数这样的情况的次数，即为最后输出的的值.

由，可得输出的值为13.

故选：C

10．A

【分析】先由周期大于等于单调区间的长度的2倍，求得的初步范围，然后结合余弦函数的单调性进一步确定的范围，得到答案.

【详解】由题意有，可得，又由，必有，可得.

故选：A

11．C

【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边AB的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积.

【详解】∵平面ACD⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCD=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，

∴BC⊥平面ACD，

又∵AD⊂平面ACD，∴AD⊥BC，

又∵AD⊥DC，BC∩DC=C，BC⊂平面BCD，DC⊂平面BCD，∴AD⊥平面BCD，

又∵BD⊂平面BCD，∴AD⊥BD，即为直角，

又∵为直角，

∴取的中点，连接OC，OD，

由直角三角形的斜边上的中线性质OA=OB=OC=OD，

可得为三棱锥外接球的球心，

由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径，

∴，

∵BC⊥平面ACD，为直角，

∴三棱锥的体积为

故选：C

12．B

【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算和向量数量积为0的条件，判定，结合已知条件得到，设出，表示出直角三角形的其余边，结合双曲线的定义表示出，利用建立方程求得，进而求得

，然后利用勾股定理求得，从而得到，从而得到离心率的值.

【详解】如图，由，有，

可得，可得，有.

在Rt中，由，

不妨设，则，由勾股定理得，

又由双曲线的定义可得，，

根据可得，

解得，所以，

在Rt中，，可得，

故双曲线的离心率为.

故选：B.

13．

【分析】根据垂直向量数量积为0，结合数量积的公式求解即可.

【详解】设与的夹角为，，，又，故

故答案为：

14．16

【分析】根据等比数列下标差的性质求解即可.

【详解】.

故答案为：16

15．

【分析】作出可行域如图所示，表示斜率为的平行直线，平移可得过点时，取最小值，过点时，取最大值，计算点的坐标代入计算即可

【详解】解：作出可行域如图中阴影部分所示，

可化简为，即斜率为的平行直线，

结合图形可知，当直线过点时，取最小值，当直线过点时，取最大值，

由，解得，所以，则,

由，解得，所以，则，

所以可求得的取值范围为，

故答案为：

16．

【分析】由椭圆的定义得，再由得到点坐标，代入椭圆方程即可求出的值.

【详解】由，

可得，

如图过点作轴的垂线，垂足为，

所以，

因为，

所以，

所以，

可得点的坐标为，

代入椭圆方程可得，

有，解得.

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，即得A，从而求得答案;

（2）由余弦定理结合可推得，利用向量表示出，结合可求得，利用三角形面积公式即可求得答案.

（1）

由根据正弦定理得：

，

即，

故，

，，因为，所以，

所以，

且，所以，

故若，则；

（2）

在中，因为，所以，

由余弦定理得，即，解得（舍去）.

因为，

所以，即，

因为，所以，解得，

所以的面积.

18．(1)

(2)万人

【分析】（1）根据已知数据，先求得，然后利用公式计算回归方程中的系数，得到回归方程；

（2）利用回归方程估计.

（1）

解：由

有，

故关于的线性回归方程为；

（2）

解：由（1）知回归方程为，当时，，

所以预测该月的用户数量为万人.

19．(1)证明见解析

(2)2

【分析】（1）连接，先根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质与判定证明即可；

（2）设，根据等体积法求解即可.

（1）

证明：连接，因为四边形是菱形，所以，

因为，所以为等边三角形，所以，

因为平面平面，平面平面平面，

所以平面，

平面，所以，

因为，即，所以，

又，平面，所以平面；

（2）

设，可得，

由为正三角形，可得，

在中，，

在Rt中，，可得Rt的面积为，

又由，有，解得，

故.

20．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导，分解因式，提取公因式，分类讨论，可得函数的单调性；

（2）根据（1）结论，结合零点存在定理得到函数有且仅有两个零点，必须且，得到，构造函数，注意到特殊值，并结合的单调性，求得,然后只需证明当足够小和足够大时即可证得函数有两个不同零点，从而得到实数的取值范围.

（1）

解：，

由函数的定义域为，有，

①当时，，此时函数单调递增；

②当时，令可得，

可得函数的增区间为，减区间为；

（2）

由（1）知，若函数有且仅有两个零点，必须且，

有，

可得，

由函数单调递增，且有，可得.

下面证明当时函数有两个不同零点，由于再结合及函数的单调性，利用零点存在定理验证时函数有两个零点，只需证明当足够小和足够大时即可.

先说明当足够小时：

设，有，

由一元三次函数的图象和性质，当时，存在正实数，使得，

可得.

当时，，

当时，,

∴当时，成立；

再说明当足够大时：

设，

由三次函数的图象和性质可知，，当时，，

当且时，利用不等式

（设，,

，当时，，在[4,+∞)上单调递增，

∴当时恒成立，即成立），

有，

当时，，

故只要时，成立，

故若函数有且仅有两个零点，则实数的取值范围为.

【点睛】本题难点在于第二问中的利用不等式放缩，得到当时，成立；只要时，成立，再结合及函数的单调性，利用零点存在定理验证时函数有两个零点，要注意学习和掌握.

21．(1)2；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据的几何意义，结合抛物线性质有，即可得答案；

（2）设，，，根据已知得是关于的方程的两个根，且为，由直线与圆的相切关系及分析法判断是否恒成立即可.

（1）

表示到圆心与焦点距离和，即到圆心与抛物线准线距离和，

所以最小为到抛物线准线距离，则，可得.

（2）

由（1）知：抛物线的标准方程为，设，，，

则的斜率为，直线为，整理为，得，

由直线与圆相切有，整理为，

同理，

所以是关于的方程的两个根，故.

直线为，若直线也始终与圆相切，

则

，

故直线也始终与圆相切.

22．(1)曲线；曲线

(2)

【分析】（1）将曲线的参数方程消去参数，可得曲线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可求得的直角坐标方程，

（2）先求出两圆的公共弦方程，然后求出圆心到公共弦的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得结果.

（1）

由得，

所以曲线的标准方程为，

由，得

将代入曲线的极坐标方程可得曲线的标准方程为；

（2）

将曲线和曲线的标准方程作差可得直线的方程为，

则原点到直线的距离为，

可得.

23．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据，结合柯西不等式证明即可；

（2）根据柯西不等式证明，再根据证明即可.

（1）

证明：由柯西不等式有：

，当且仅当时取等号，可得；

（2）

证明：由柯西不等式有，当且仅当时取“号，可得，

又由，可得，可得，

故有，当且仅当时取“号.