2023届广西邕衡金卷高三上第二次适应性考试数学（文）试题（解析版）

2023届广西邕衡金卷高三第二次适应性考试数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，则（　　）

A．             B．  C．               D．

【答案】D

【分析】根据集合的交集运算求解.

【详解】因为，

所以，

故选：D

2．已知，则z的虚部为（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的运算和基本概念即可求得z的虚部.

【详解】解：由得，所以虚部为.

故选：A.

3．已知，则=（　　）

A．       B．         C．         D．

【答案】C

【分析】根据向量的坐标运算，结合夹角公式求解即可.

【详解】因为，

故选：C

4．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在表达式中“……”圆代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程求得，类比上述过程及方法则的值为（　　）

A．        B．4          C．         D．2

【答案】B

【分析】令可得，再解方程，根据求解即可.

【详解】令，则，整理，得，解得，或，

故选：B

5．设F为抛物线的焦点，点M在C上，点N在准线l上，满足，，则（　　）

A． B． C．2 D．

【答案】C

【分析】由抛物线方程可知，焦点坐标及准线方程，设准线与轴交点为，画出图象，由抛物线定义及可知是正三角形，结合平行关系可判断，利用直角三角形性质即可求解.

【详解】由题，，抛物线焦点为，准线为，

设准线与轴交点为，如图所示，

由题知，由定义可知，

因为，所以是正三角形，

则对，因为，所以，

所以，

故选：C

6．执行如图所示的程序框图，当输入时，则输出的P是（　　）

A．3         B．2        C．4        D．5

【答案】A

【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．

【详解】当时，满足进行循环的条件，，，；

当时，满足进行循环的条件，，，，；

当时，满足进行循环的条件，，，，；

当时，不满足进行循环的条件，故输出的值为3，

故选：A

7．棱长为2的正方体中，AB，，的中点分别为E，M，N，则下列说法正确的是（　　）

A．三棱锥A1—的体积为6             B．平面⊥平面A1EC

C．                                 D．平面∥平面MNE

【答案】B

【分析】A.根据等体积法转换；B.通过证明线面垂直：直线A1C⊥平面，继而证明面面垂直；C.通过平行的传递性进行判断；D.通过平移两个面可发现不完全重合.

【详解】如图：

A.，A错误；

B.在正方体ABCD—中，

因为，，所以平面，

所以，同理，所以直线A1C⊥平面，

因为直线A1C在平面A1EC内，所以平面⊥平面，B正确；

C.因为，， C错误；

D.将平面MNE平移使ME与重合，N不在平面内， D错误；

故选：B

8．等比数列{}的前n项和为，若，则=（　　）

A．488             B．508          C．511            D．567

【答案】C

【分析】根据等比数列的性质知，，也是等比数列，计算出新数列的公比即可求解.

【详解】根据等比数列的性质知，，成等比，因为，所以，则.

故选：C

9．已知，，且是与的等差中项，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知得，使用基本不等式求的最小值.

【详解】因为是与的等差中项，所以，所以，

因为，，则，当且仅当时取等号.

故选：A

10．四面体ABCD的顶点都在半径为2的球面上，正三角形ABC的面积为，则四面体ABCD的体积最大为（　　）

A．       B．         C．          D．

【答案】B

【分析】设正三角形的边长为，求出的值，再利用正弦定理求出球心到平面的距离即得解.

【详解】设正三角形的边长为，，

所以，

由正弦定理为的外接圆的半径)

所以，

所以球心到平面的距离，

则四面体体积最大为.

故选：B

11．已知函数为奇函数，，且与的图象的交点为，，，，则（    ）

A．-2m B．2m  C．m  D．-m

【答案】D

【分析】根据函数的性质可得函数与都关于点中心对称，从而得到它们的交点也关于点中心对称，再根据对称性即可得出结果.

【详解】因为为奇函数，所以关于点中心对称，

又的图象也关于点中心对称，所以两个函数图象的交点也关于点对称，

由对称性知，每一组对称点，所以.

故选：.

12．双曲线的左右顶点分别为，曲线上的一点关于轴的对称点为，若直线的斜率为，直线的斜率为，则当取到最小值时，双曲线离心率为（　　）

A． B．2 C．3 D．6

【答案】B

【分析】由题意利用均值定理可得，再利用双曲线的几何性质求解即可.

【详解】设，

则，，所以，

将曲线方程代入得，

又由均值定理得，当且仅当，即时等号成立，

所以离心率，

故选：B

二、填空题

13．设等差数列{}的前n项为，若，,则公差______.

【答案】3

【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式求解即可.

【详解】由题，因为是等差数列，所以，，

因为，所以，解得，

故答案为：3.

14．雅言传承文明，经典浸润人生，南宁市某校每年举办“品经诵典浴书香，提雅增韵享阅读”中华经典诵读大赛，比赛内容有三类：“诵读中国”、“诗教中国”、“笔墨中国”．已知高一、高二、高三报名人数分别为：100人、150人和250人．现采用分层抽样的方法，从三个年级中抽取25人组成校代表队参加市级比赛，则应该从高一年级学生中抽取的人数为______．

【答案】5

【分析】根据分层抽样的性质运算求解.

【详解】根据题意可得：高一、高二、高三报名人数之比为，

故从高一年级学生中抽取的人数为.

故答案为：5.

15．已知函数对任意x都成立，，且，将f（x）的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则=______.

【答案】

【分析】根据题意，，得到，进而求出，得出，再按照题意进行平移以及关于原点对称，即可得到.

【详解】依题意，，所以，，，则，则，将函数的图象向左平移个单位长度，得关于原点对称，所以，即，因为，则，经验证符合题意.

故答案为：

16．已知函数有两个极值点和，则实数a的取值范围为______.

【答案】

【分析】先求导，再令，令，对判别式分两种情况讨论得解.

【详解】因为，

所以，

令，

则时，，

判别式

当时.，此时，故函数在上单调递增，无极值点，不合题意：

当时，设此时对应方程的两个正根为、，则，

则，所以当，符合题意.

故答案为：

三、解答题

17．记的面积为S，其内角的对边分别为，，，已知，．

(1)求；

(2)求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）注意到，利用余弦定理边化角结合面积公式运算整理；（2）利用余弦定理整理可得，再结合求得，运用面积公式即可得结果.

【详解】（1）∵，则，

∴，

又∵，

∴.

（2）∵，即，

∴，

又∵，当且仅当时等号成立，

∴，则面积，

故面积的最大值.

18．每年的“双十一”既是旺季来临的标志，也是全年营销的大战役.不管是线上，还是线下都会有各种宣传广告推出各类特价商品，包括日用百货、食品、电器、服装、生鲜等等.据一商家统计，某商品的广告支出费用x（单位：万元）与相应利润y（单位：万元）的关系如下表格（变量x、y为线性相关关系）.

(1)求y关于x的线性回归方程：

(2) 若要使利润不少于121.1万元，则广告支出费用至少要多少万元？

参考公式与数据：，，.

【答案】(1)；

(2)12万元.

【分析】（1）利用最小二乘法求y关于x的线性回归方程；

（2）解不等式即得解.

【详解】（1）解：由题意得：

,

.

.

所以线性回归方程为.

（2）解：由题可得

解得

所以广告费用支出至少要12万元.

19．如图四棱锥中，四边形为等腰梯形，，平面平面，，，，．

(1)证明：平面；

(2)若在线段上，且，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）根据题意结合余弦定理可求得，由勾股定理可证，结合线面垂直的判定定理可证；

（2）根据题意结合面面垂直的性质定理可得平面，利用锥体的体积公式运算求解.

【详解】（1）∵四边形为等腰梯形，且，

∴，

又∵，则，即，

∴，则，即，

又∵，，平面，

∴平面.

（2）∵，平面平面，平面平面，平面，

∴平面，

由题意可得：为等腰直角三角形，则，

又∵，

∴三棱锥的体积.

20．已知函数

(1)当时，求函数在处的切线方程；

(2)若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求导，点斜式求切线方程即可；（2）构造新函数，在指定区间上求最大值，最小值即可解决.

【详解】（1）当时，，

所以，

因为，

所以切点坐标为，切线斜率为，

所以切线方程为，即.

（2）由题知，函数与直线在上有两个不同的交点，

令，

所以，

因为，

所以令，得，

所以当时，，当时，，

所以在上有最大值，

因为，

又，

所以，

所以在上有最小值，

所以在上有两个不同的交点的条件是

，解得

所以实数的取值范围为

21．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆的下顶点，且的面积为4.

(1)求椭圆C的方程：

(2)圆，点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，且直线PB的斜率是直线PA的斜率的2倍，求证：直线AB恒过定点

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由离心率和焦点三角形面积求得，，即可求解；

（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，联立直线与椭圆方程求得点坐标，联立直线与圆方程求得点坐标，利用斜率公式求得，得到直线的点斜式方程，整理后即可证明.

【详解】（1）由题意可得，

又因为，

所以，

所以椭圆C的方程为.

（2）证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，

因为为，

则直线的方程为，直线的方程为，

联立直线与椭圆方程，，得，

因为点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，所以，，

所以，

代入直线的方程可得，所以为，

联立直线与圆方程，，得，

所以，代入直线的方程可得，

所以为，

所以，

所以直线的方程为，

整理可得，

所以直线恒过定点.

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（θ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，已知直线的极坐标方程为.

(1)求直线l的直角坐标方程；

(2)若l与C有公共点，求m的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）展开方程为，根据，，代入即可求解；

（2）联立与C的方程可得，转化交点问题为方程有解问题，根据范围求得范围，即可求解.

【详解】（1）因直线的极坐标方程为：，

所以，

又因为，，

所以直线的直角坐标方程为，即.

（2）联立与C的方程，

即将（为参数，）代入的直角坐标方程中，

可得，

即.

要使与有公共点，则有解，

因为，所以，

所以，

所以

所以.

23．已知a，b，c都是正数，且，证明：

(1)若，则

(2).

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）把条件代入之后，运用二元形式的基本不等式可得；（2）先对各项的分子用基本不等式之后进行变形可证.

【详解】（1）因为，则.

当且仅当时取等号

得证.

（2）a，b，c都是正数，

故成立，当且仅当取等号.