2023届广西三校玉林高中、国龙外校、柳铁一中高三上学期12月联合考试数学（理）试题含解析

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2023届广西三校玉林高中、国龙外校、柳铁一中高三上学期12月联合考试数学（理）试题

一、单选题
1．己知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先化简集合,再根据交集的运算法则计算即可．
【详解】解：，
，
，
，
故选：A．
2．已知复数z满足，且，则复数z的共轭复数（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，由已知条件列方程求解.
【详解】解：设，则
有，解得．
由，解得或（不合题意，舍去），
有，∴．得．
故选：D．
3．已知向量 是单位向量， 且，则向量与的夹角是（    ）
A．​ B．​ C．​ D．​
【答案】B
【分析】设向量 的夹角为，，再利用数量积的公式和运算化简已知等式求解.
【详解】设向量 的夹角为，，
因为为单位向量，
，
因为，
所以，
所以.
因为，所以.
故选：B
4．2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可，良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史.考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳14的质量随时间（单位：年）的衰变规律满足（表示碳14原有的质量），经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的至，据此推测良渚古城存在的时期（    ）（参考数据：，）
A．距今约在4011年到5730年之间
B．距今约在3870年到11460年之间
C．距今约在4011年到11460年之间
D．距今约在2005年到5730年之间
【答案】A
【分析】由题意，衰变规律满足，要想碳14的质量是原来的至，对应得到和，所以得到正确的选项.
【详解】当时，，
∴经过5730年后，碳14的质量变为原来的，
令，则，
∴，
∴，
∴良渚古城存在的时期距今约在4011年到5730年之间，
故选：A.
5．若抛物线（）上一点P（2，）到其焦点的距离为4，则抛物线的标准方程为（    ）
A．y2=2x B．y2=4x C．y2=6x D．y2=8x
【答案】D
【分析】由抛物线的定义可解答.
【详解】抛物线上一点到焦点的距离等于到其准线的距离，即为4，∴，解得，∴抛物线的标准方程为.
故选：D.
6．阅读如图的程序框图，并判断运行结果为（ ）

A．55 B． C．5 D．
【答案】D
【分析】根据程序框图，在从1到10时，若为偶数，则将赋给；当为奇数时，赋给，即为求的值，分组求和即得答案.
【详解】根据程序框图，在从1到10时，若为偶数，则将赋给；当为奇数时，赋给，即为求的值，
两两结合分组求和即为
输出的值为，
故选：D.
7．如图，已知所有棱长均相等的直三棱柱，，分别为和的中点，则下列陈述不正确的是（    ）

A．平面 B．
C．与所成角的正切值为 D．与平面所成角的正切值为2
【答案】B
【分析】对于A：结合已知条件，构造平行四边形，然后利用线面平行判定定理即可判断；对于B：结合空间几何关系即可判断；对于CD：通过直线的平行关系，利用异面直线夹角的求法和线面夹角的定义即可判断.
【详解】分别取，的中点为，，连接，，，，如下图所示：

对于A：由题意可知，，且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B： 因为直三棱柱的棱长均相等，所以，即为等腰三角形，从而与不垂直，
因为，，
所以与不垂直，故B错误；
对于C：因为
所以与所成角为与所成角，
从而，故C正确；
对于D：与平面所成角为与平面所成角，
由直三棱柱的性质可知，所求角为，
故，故D正确.
故选：B.
8．设等比数列的公比为q，其前n项和为，并且满足条件，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C． D．的最大值为
【答案】B
【分析】根据已知条件分情况讨论判断得，进而可判断其它选项．
【详解】解：若，，
，
则与矛盾，
若，，
，
则与矛盾，
，
故B正确；
，则，
，故A错误；
，
单调递增，故D错误；
，
，故C错误．
故选：B．
9．有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，圆锥的母线与底面所成角为60°，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的6倍，则圆柱的高是底面半径的
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
【答案】C
【详解】设圆柱的高为，底面半径为，圆柱的外接球的半径为，则.
圆锥的母线与底面所成角为60°，∴圆锥的高为，母线长，∴圆锥的侧面积为.∴，∴，∴，.选C．
【点睛】熟练掌握圆锥的侧面积公式（其中是母线长，r是底面半径）和圆柱的表面积公式（其中是母线长，r是底面半径）是解本题的键．
10．已知：，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的公式求出，然后借助指数函数的单调性得到，即可得到，构造函数，利用函数的单调性得到，整理后即可得到.
【详解】，
∵，
∴，则，
设函数，则，
∵，，且函数单调递增，
∴只存在一个使，且，在单调递减，
∴，即，
所以.
故选：B.
11．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E：的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用双曲线的光学性质及双曲线定义，用表示，再在两个直角三角形中借助勾股定理求解作答.
【详解】依题意，直线都过点，如图，有，，

设，则，显然有，，
，因此，，在，，
即，解得，即，令双曲线半焦距为c，在中，，即，解得，
所以E的离心率为.
故选：B
【点睛】方法点睛：求双曲线离心率的三种方法：①定义法，通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法，由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
12．已知，是函数的两个极值点，且，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先求导由，是极值点，得，进而将不等式恒成立转化为，构造函数求得最小值，即可求出实数的取值范围.
【详解】由题意得，，，所以，是方程的两个正根，
所以，不等式恒成立，即恒成立；
又，
则，又，可得，则.
令，则，
所以在上单调递减，所以，故.
故选：B.
【点睛】解决极值点问题，通常求导转化为导数根的问题，结合韦达定理可将双变量问题转化为单变量问题；而恒成立问题，通常采用参变分离，转化为函数最值问题，利用导数加以解决.

二、填空题
13．已知实数x，y满足，设的最大值为a，则 ____________．
【答案】1
【分析】根据线性约束条件作出可行域，找到最优解求出a，再求定积分.
【详解】约束条件满足条件的平面区域如图所示的阴影部分

所以，由图可知，当取时，可取得最大值，所以
故．
故答案为：1
14．在的展开式中含项的系数为__________．
【答案】-40
【分析】由二项式定理求指定项的系数.
【详解】
故展开式中含项的系数为：
故答案为：-40
15．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象．若是函数的一个零点，则的最小值是______.
【答案】
【分析】直接利用函数的关系式变换和函数的图象的平移变换的应用求出函数，再利用函数的零点是方程的根和三角函数的性质求出的最小值.
【详解】由题意，可知函数的图象向左平移个单位长度，
可得函数的图象，所以.
因为是函数的一个零点，所以，
即，所以，
因此有或，
解得或.
因为，所以当时，的最小值是；
当时，的最小值是.
综上，的最小值是.
故答案为：.
16．已知正项数列的前n项和为，对于任意正整数m、n及正常数q，当时，恒成立，若存在常数，使得为等差数列，则常数c的值为______
【答案】
【分析】可令m＝n﹣1，结合数列的递推式和等比数列的通项公式和求和公式，讨论q是否为1，结合等差数列的通项公式和对数的运算性质，可得所求结论．
【详解】解：因为对任意正整数n，m，
当n＞m时，Sn﹣Sm＝qm•Sn﹣m总成立，
所以n≥2时，令m＝n﹣1，得到Sn﹣Sn﹣1＝qn﹣1•S1，即an＝a1qn﹣1＝qn﹣1，
当n＝1时，也成立，
所以an＝qn﹣1，
当q＝1时，Sn＝n，q≠1时，Sn，
{lg（c﹣Sn）}为等差数列，可得q≠1，
lg（c）＝lgnlgq﹣lg（1﹣q）为等差数列，
即有c（0＜q＜1），
故答案为：c（0＜q＜1）．
【点睛】本题考查由数列的递推公式求等比数列的通项，前n项和，考查等差数列和等比数列的关系，解题时要注意认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，属于较难题.

三、解答题
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)证明：的面积
(2)若，求符合条件的k的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)已知等式运用三角恒等变形，解得，再利用余弦定理和三角形面积公式证明即可；
(2)运用（1）中的结论，结合正弦定理和基本不等式求符合条件的k的最小值．
【详解】（1）由题知得：

由等式可知，A、B均为锐角，故有．
所以，
由余弦定理得：，
所以的面积.
方法2：（1）由题知得：




或

下同方法1；
方法3：由题知去分母得：



或

下同方法1；
（2）由（1）可得，
，
由得，
设，则

当且仅当时，等号成立，
即符合条件的k的最小值为.
18．如图，在四棱柱中，底面为矩形，平面平面，且．

(1)证明：平面；
(2)若与平面所成角为．求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理求证即可；
（2）根据二面角的平面角与法向量所成角相等或互补求解即可．
【详解】（1）解：由知为等边三角形，取的中点为E，

则，
又∵ 平面平面，
为两垂直平面的交线，平面，
平面
又平面
∴ ．
∵ 是矩形，

又平面
∴ 平面．
（2）解：由（1）可知，与平面所成的角为，
故有．
．
∴ ．
过D作平面，以D为坐标原点，分别以为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，

则，
设平面的法向量为，
则有，
∴ ，
取得，
设平面的法向量为，则有，
∴ ，
取得，
∴ ．
故所求二面角的余弦值为．
19．甲、乙两地教育部门到某师范大学实施“优才招聘计划”，即通过对毕业生进行笔试，面试，模拟课堂考核这3项程序后直接签约一批优秀毕业生，已知3项程序分别由3个考核组独立依次考核，当3项程序均通过后即可签约．去年，该校数学系130名毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”的具体情况如下表（不存在通过3项程序考核放弃签约的情况）．
性别            人数
参加考核但未能签约的人数
参加考核并能签约的人数
男生
45
15
女生
60
10

今年，该校数学系毕业生小明准备参加两地的“优才招聘计划”，假定他参加各程序的结果相互不影响，且他的辅导员作出较客观的估计：小明通过甲地的每项程序的概率均为，通过乙地的各项程序的概率依次为，，m，其中0＜m＜1．
(1)判断是否有90%的把握认为这130名毕业生去年参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关；
(2)若小明能与甲、乙两地签约分别记为事件A，B，他通过甲、乙两地的程序的项数分别记为X，Y．当E（X）＞E（Y）时，证明：P（A）＞P（B）．
参考公式与临界值表：，n＝a＋b＋c＋d．

0.10
0.05
0.025
0.010
k
2.706
3.841
5.024
6.635


【答案】(1)没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关
(2)证明见解析

【分析】(1)依据列联表中的数据代入，求出后参考临界值表.
(2)分别列出小明参加甲乙程序的分布列，算出E（X）与E（Y），通过E（X）＞E（Y）即可证明：P（A）＞P（B）．
【详解】（1）因为
，且，
所以没有90%的把握认为去年该校130名数学系毕业生参加甲地教育部门“优才招聘计划”能否签约与性别有关．
（2）因为小明参加各程序的结果相互不影响，
所以，则．Y的可能取值为0，1，2，3．
，
，
，
．
随机变量Y的分布列：
Y
0
1
2
3
P





．
因为E（X）＞E（Y），所以，即，
所以，
所以P（A）＞P（B）．
20．已知椭圆：的离心率为，点，，椭圆的右顶点满足.
(1)求椭圆上一点到点的最小距离；
(2)若经过点的直线交椭圆于，两点，证明：当直线的倾斜角任意变化时，总存在实数，使得.
【答案】(1)1
(2)见解析

【分析】（1）根据，可求得，再根据离心率求得，即可求得椭圆方程，设，根据两点之间的距离公式结合二次函数即可得出答案；
（2）分直线的倾斜角为和不为两种情况讨论，当直线的倾斜角不为时，设直线方程为，由直线的倾斜角任意变化时，总存在实数，使得，可得平分，则直线的倾斜角互补，证明即可.
【详解】（1）解：，
因为，所以，
即，所以，解得，
离心率，所以，
所以，
所以椭圆的标准方程为，
设，
则，
当时，，
所以椭圆上一点到点的最小距离为1；
（2）证明：当直线的倾斜角为时，直线与轴重合，
不妨取，
则，
由，得，
所以此时存在实数，使得，
当直线的倾斜角不为时，设直线方程为，
则，
联立，消得，
则，

.
所以直线的倾斜角互补，则平分，
所以当直线的倾斜角任意变化时，总存在实数，使得，
综上所述，当直线的倾斜角任意变化时，总存在实数，使得.

【点睛】本题考查椭圆方程的求法及椭圆上的点到定点距离的最值问题，考查了椭圆中的定值问题，考查了计算能力和化归与转化思想，解决本题的第二问关键时将索证转化为平分，有一定的难度.
21．已知函数．
(1)当时，如果函数有唯一的极值点且为极小值点，求实数a的取值范围．
(2)若直线与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右三个交点的横坐标依次是，证明成等比数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数分类讨论函数单调性，满足函数有唯一的极值点且为极小值点时，确定实数a的取值范围；
（2）利用导数研究函数单调性，作出函数草图，数形结合找到的位置，代入函数解析式化简可得结论.
【详解】（1），
，
若，由，解得；由，解得，
于是在上递增，在递减，所以是在上唯一的极大值点，不合题设．
若，若，得
（ⅰ）当时，．
；或，
在上递增，在和上递减
故在区间上在两个极值点，不合题设．
（ⅱ）当时，．
；或
在上递增，在和上递减
故在区间上在两个极值点，不合题设．
（ⅲ）当时，．
由；；
函数在区间递减，在区间上递增，故在上有唯一极小值点．
综上所述，符合题设的实数a的取值范围是．
方法2：同方法1，若时，在上唯一的极大值点，不合题设．
若时，由上述可知，要使有唯一极小值点，则
只需要对恒成立
∴
对时，递增
∴
故
综上，所求实数a的取值范围是
（2）当时，则有，
设函数，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
而，而，
如下图所示：
因此曲线的交点只有一个，
因此曲线和只有一个交点，

，
当时，单调递增，当时，单调递减，
且当无限接近时，无限接近0，且，图像如下图所示，
，
当时，单调递增，当时，单调递减，
且当无限接近时，无限接近0，当无限接近0时，无限接近，图像如下图所示，

当直线经过曲线和唯一的公共点时，直线与两条曲线恰好有三个不同的交点
如上图所示，
则有，且，①
对上式同构可得：，
∵且函数在单调递增，∴②
又∵，且函数在上单调递减，
∴．③
由方程②③可得：，再结合方程①可得：．
所以成等比数列．
【点睛】1. 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．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线的极坐标方程与的普通方程；
(2)若直线与曲线交于A点、与曲线交于B点，求的值．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）消去参数t，结合取值范围得的方程，根据为圆的标准参数方程可得普通方程，再根据极坐标与普通方程的关系式可得极坐标方程；
（2）根据极坐标中极径的几何意义求解即可.
【详解】（1）在的参数方程中，消去参数t得；
所以的普通方程为.
又是以为圆心，2为半径的圆，故其普通方程为，把代入上式得的极坐标方程为.
（2）将代入可得，即，解得，故.
又的极坐标方程为，
把代入的极坐标方程得：，
解得或（不合，舍去），
故有.
23．已知a，b，c均为正数，且，证明：
(1)；
(2)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.

【分析】（1）根据基本不等式可得即可证明；
（2）根据柯西不等式证明可得，再根据柯西不等式证明即可.
【详解】（1）∵，
∴，
当且仅当时，上式取等号，
∴
故；
（2）由柯西不等式得：，
当且仅当，即时上式取等号；
∴，
由柯西不等式得：，
当且仅当，即时上式取等号，
故．