2023届广西南宁市第二中学高三上学期第一次模拟数学（理）试题（解析版）

这是一份2023届广西南宁市第二中学高三上学期第一次模拟数学（理）试题（解析版），共18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。
2023届广西南宁市第二中学高三上学期第一次模拟数学（理）试题 一、单选题1．已知复数满足(其中为虚数单位)，则（    ）A．3 B． C．2 D．【答案】D【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘法运算化简求得，然后利用复数模的公式计算．【详解】因为，所以.故选：.2．设集合，集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用集合交集的定义计算即可．【详解】，则故选：A3．已知锐角满足，则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】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：A4．“学习强国”学习平台设有“看党史”“听原著”等多个栏目．假设在这些栏目中，周一“看党史”栏目更新了3篇文章，“听原著”栏目更新了4个音频．一位学习者准备从更新的这7项内容中随机选取2篇文章和2个音频进行学习，则这2篇文章学习顺序相邻的学法有（    ）A．216种 B．108种 C．72种 D．54种【答案】A【分析】分三步完成，利用分步乘法计数原理求解.【详解】第一步从3篇文章中选2篇全排列，共有种方法，第二步从4个音频中选2个，共有种方法，第三步将2篇文章捆绑，再与已选取的2个音频进行全排列，共种方法，故所求的总方法数为（种）.故选：A．5．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【解析】由题中垂直关系，可得渐近线的方程，结合，构造齐次关系即得解【详解】双曲线的一条渐近线与直线垂直．∴双曲线的渐近线方程为．，得．则离心率．故选：B【点睛】本题考查了双曲线的渐近线和离心率，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.6．函数的图像大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用函数的奇偶性和特殊值判断出选项．【详解】，是偶函数，排除C，D；又，故选：B7．已知某种食品保鲜时间与储存温度有关，满足函数关系（为保鲜时间，为储存温度），若该食品在冰箱中的保鲜时间是144小时，在常温的保鲜时间是48小时，则该食品在高温的保鲜时间是（    ）A．16小时 B．18小时 C．20小时 D．24小时【答案】A【分析】根据已知条件列出方程组，整体求得，然后整体代入计算即可.【详解】由题意，得，即， 于是当时，（小时）.故选：A8．正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成角的大小为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用异面直线所成的角的定义，取的中点为，则直线与所成角就是直线与成的角．【详解】取的中点为，连接，则直线与所成角就是直线与成的角，由题意得，故异面直线与所成角的大小为.故选：D．【点睛】本题考查空间角的计算，考查棱柱的性质，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．9．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．【答案】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：C10．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，于B，若，则（    ）A．6 B． C．4 D．3【答案】B【分析】由抛物线定义可得是等腰三角形，从而可得，进而可得结果.【详解】因为抛物线方程为，所以焦点坐标为，由抛物线的定义可知：，如图所示：设准线与轴的交点为，所以是等腰三角形，又，所以，而，所以.故选：B11．已知函数在区间上有且仅有2个不同的零点，给出下列三个结论：①在区间上有且仅有2条对称轴；②在区间上单调递增；③的取值范围是.其中正确的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】对于③，令，得，可知，求得；对于①，利用的对称轴为可判断；对于②，利用利用的增区间为可判断；【详解】对于③，，，令，得，由函数在区间上有且仅有2个不同的零点，即取得0，，所以，解得，故③正确；对于①，当，，由，知，令，由于值不确定，所以不一定取到，故①错误；对于②，当时，，由，知即，即在区间上单调递增，故②正确；所以正确的个数为2个.故选：C12．已知，则，，的大小为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，构造函数，利用函数的单调性比较大小作答.【详解】令函数，当时，求导得：，则函数在上单调递减，又，，，显然，则有，所以.故选：C【点睛】思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解. 二、填空题13．已知，，，则__________.【答案】【分析】根据向量模长可得向量数量积，进而可得其他向量模长.【详解】因为，，，所以，所以，所以，故答案为：.14．过直线上的点向圆引一条切线，设切点为，则的最小值为________.【答案】【分析】因为利用数形结合确定圆心到直线的距离最小时即可求出．【详解】,∴当最小时,的距离最小，此时圆心到直线的距离，此时|PA|的最小为，故答案为： .【点睛】本题考查圆的切线长求法,利用数形结合将切线长的最小值转化为圆心到直线距离的最小值,难度一般.15．在中，，点D在线段AC上，且，，则面积的最大值为_________．【答案】【分析】利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】设，则，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，由于，得，即，整理，得，在中，由余弦定理，得，即，代入式化简整理，得，由，解得，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为.故答案为：.16．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_______．【答案】【详解】试题分析：对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.【解析】导数的几何意义【名师点睛】函数f （x）在点x0处的导数f ′（x0）的几何意义是曲线y＝f （x）在点P（x0，y0）处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′（x0）（x−x0）．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．  三、解答题17．已知等比数列的各项均为正数，其前n项和为，且．(1)是否存在常数，使得？请说明理由；(2)求数列的通项公式及其前n项和．【答案】(1)存在，理由见解析(2)． 【分析】（1）利用整理式子即可；（2）根据等比数列的通项公式和列方程求出，，最后用公式求通项和前项和即可.【详解】（1），∴，两式相减得，∴，即，∴存在满足题意．（2）设公比为q，由（1）知，解得，当时，，解得，∴．18．如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.(1)求证：平面；(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.【详解】（1）证明：由题知，，又，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以，在正中，为中点，于是，又，平面，所以平面（2）取中点为中点为，则，由（1）知，平面，且平面，所以，又，所以，平面所以平面，于是两两垂直. 如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，所以，.设平面的法向量为，则，即，令，则，于是.设，则.由于直线与平面所成角的正弦值为，，即，整理得，由于，所以于是.设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离为.【点睛】方法点睛：对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.19．华容道是古老的中国民间益智游戏，以其变化多端、百玩不厌的特点与魔方、独立钻石一起被国外智力专家并称为“智力游戏界的三个不可思议”．据《资治通鉴》注释中说“从此道可至华容也”．通过移动各个棋子，帮助曹操从初始位置移到棋盘最下方中部，从出口逃走．不允许跨越棋子，还要设法用最少的步数把曹操移到出口．2021年12月23日，在厦门莲坂外图书城四楼佳希魔方，厦门市新翔小学六年级学生胡宇帆现场挑战“最快时间解数字华容道”世界纪录，并以4.877秒打破了“最快时间解数字华容道”世界纪录，成为了该项目新的世界纪录保持者．(1)小明一周训练成绩如表所示，现用作为经验回归方程类型，求出该回归方程．第x（天）1234567用时y（秒）105844939352315 (2)小明和小华比赛破解华容道，首局比赛小明获得胜利的概率是0.6，在后面的比赛中，若小明前一局胜利，则他赢下后一局的概率是0.7，若小明前一局失利，则他赢下后一局比赛的概率为0.5，比赛实行“五局三胜”，求小明最终赢下比赛的概率是多少．参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，参考数据：，【答案】(1)(2)0.6855 【分析】（1）先求出，套公式求出和，得到回归方程；（2）记小明获胜时比赛的局数为X，则X的可能取值为3、4、5．分别求出其对应的概率，利用概率的加法公式即可求解.【详解】（1）由题意，根据表格中的数据，可得，可得所以，因此y关于x的回归方程为：．（2）记小明获胜时比赛的局数为X，则X的可能取值为3、4、5．，．．20．已知椭圆的焦点在x轴上，右焦点为F，经过点F且与x轴垂直的直线交椭圆于点，左顶点为D.(1)求椭圆C的离心率和的面积；(2)已知直线与椭圆C交于A，B两点，过点B作直线的垂线，垂足为G，判断是否存在常数t，使得直线AG经过y轴上的定点？若存在，求t的值和该定点；若不存在，请说明理由.【答案】(1)离心率为，的面积为(2)存在，，定点为 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆C的离心率和的面积.（2）联立直线的方程与椭圆方程，化简写出根与系数关系，根据三点共线列方程求得直线与轴交点的纵坐标，进而求得以及定点坐标.【详解】（1）由于经过右焦点F且与x轴垂直的直线交椭圆于点，所以，将坐标代入椭圆方程得，由解得，所以椭圆的方程为，离心率，的面积为.（2）直线过定点，该点在椭圆的内部，所以直线与椭圆恒有个交点，由消去并化简得，设，则，则，依题意可知，设直线与轴交于，由于三点共线，所以，即，所以，其中，解得，所以当时，为定值.所以存在常数，使直线过定点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21．设函数，.(1)当时，求函数的极值；(2)若函数在上有两个零点，求实数m的取值范围；(3)若对任意的，恒成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)函数的极小值为1，没有极大值；(2)；(3). 【分析】（1）由题可求，利用导数判断单调性，由单调性即可求解；（2）令可得，令，求，判断单调性求得最值，即可求解；（3）不等式可转化为，构造函数，可得在上单调递减，即在上恒成立，分离转化为最值问题即可求解.【详解】（1）解：因为所以当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；所以当时，取得极小值，无极大值.所以函数的极小值为1，没有极大值.（2）由题可得，令，得．设，则．所以当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减；所以的最大值为，又，，可知：当时，函数有2个零点，即实数取值范围为.（3）原命题等价于恒成立，令，则等价于在上单调递减，在恒成立,所以恒成立，又，所以，即的取值范围是．【点睛】方法点睛：函数零点问题的研究，常用的方法有三种，1.方程法（解方程即得解）；2.图象法（作出函数的图象分析即得解）；3.方程+图象法（令得到，再分析函数图象即得解）.22．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为，，曲线的参数方程为(的参数).（1）将曲线的极坐标方程､的参数方程化为普通方程.（2）设，的交点为，求圆心在极轴上，且经过极点和的圆的极坐标方程.【答案】（1）：，：（2）【解析】（1）由极坐标与直角坐标转化公式求解，消元t，可得曲线的普通方程；（2）求出点，设所求圆圆心的直角坐标为，可解的圆的直角坐标方程，化为极坐标即可.【详解】（1），， ，即：由可得 ，消去参数，可得即普通方程为(2)由，即，设所求圆圆心的直角坐标为 ，其中a >0.则，解得 ，所求圆的半径，所求圆的直角坐标方程为: .即，所求圆的极坐标方程为 .【点睛】关键点点睛：首先利用圆上的点，求出圆心和半径，得到圆的直角坐标方程是解题关键，利用极坐标公式转化为圆的极坐标方程，属于中档题.23．已知函数，，且的解集为.（1）求的值；（2）若都为正数，且，证明：.【答案】（1）； （2）见解析.【分析】（1）根据题意，分析可得的解集为，化简可得m的值；（2）由（1）的结论，则，，结合基本不等式的性质分析可得结论．【详解】（1），，且的解集为，可得的解集为，所以.（2）因为都为正数，所以，所以，当且仅当时，等号成立，即.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及基本不等式的性质，关键是求出m的值．