贵州省黔西南州兴义市义龙蓝天学校2023届高三数学（一模）文科试题

这是一份贵州省黔西南州兴义市义龙蓝天学校2023届高三数学（一模）文科试题，共22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。
贵州省黔西南州兴义市义龙蓝天学校2023届高三数学（一模）文科试题 一、单选题1．（2023·贵州黔西·校考一模）设，则复数z在复平面内对应的点所在的象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（2023·贵州黔西·校考一模）已知集合，，则中元素的个数为（  ）A．3 B．2 C．1 D．03．（2023·贵州黔西·校考一模）已知向量，满足，，则（    ）A． B． C． D．4．（2023·贵州黔西·校考一模）我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．㢦德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过16的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（    ）A． B． C． D．5．（2023·贵州黔西·校考一模）已知，则（    ）A． B． C． D．6．（2023·贵州黔西·校考一模）设椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为．P是C上一点，且．若的面积为2，则（    ）A．1 B．2 C． D．47．（2023·贵州黔西·校考一模）在中，，，，则（    ）A． B． C． D．8．（2023·贵州黔西·校考一模）如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，则三棱锥的体积为（    ）A． B． C．2 D．9．（2023·贵州黔西·校考一模）在正方体中，点为平面内的一动点，是点到平面的距离，是点到直线的距离，且（为常数），则点的轨迹不可能是（    ）A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线10．（2023·贵州黔西·校考一模）已知函数是定义在上的奇函数，且的图象关于对称．若，则（    ）A．3 B．2 C．0 D．5011．（2023·贵州黔西·校考一模）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，，，则三棱锥体积的最大值为（    ）A． B． C． D．12．（2023·贵州黔西·校考一模）已知，设函数，若关于x的不等式在上恒成立，则a的取值范围为（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．（2023·贵州黔西·校考一模）已知等差数列前9项的和为27，，则________．14．（2023·贵州黔西·校考一模）若样本数据的方差为3，则数据的方差为________．15．（2023·贵州黔西·校考一模）在直线上取一点作抛物线的切线，切点分别为，，直线与与圆交于，两点，当最小时，的横坐标是________．16．（2023·贵州黔西·校考一模）已知函数，下述四个结论：①若，且在有且仅有5个零点，则在有且仅有3个极大值点；②若，且在有且仅有4个零点，则在有且仅有2个极大值点；③若，且在有且仅有5个零点，则在上单调递增；④若，且在有且仅有2个零点和3个极值点，则的范围是．其中所有正确结论的编号是________． 三、解答题17．（2023·贵州黔西·校考一模）记为数列的前项和，已知，．(1)求的通项公式；(2)证明：．18．（2023·贵州黔西·校考一模）近段时间，因为“新冠”疫情全体学生只能在家进行网上学习，为了研究学生网上学习的情况，某学校随机抽取120名学生对线上教学进行调查，其中男生与女生的人数之比为，男生中喜欢上网课的为，女生中喜欢上网课的为，得到如下列联表． 喜欢上网课不喜欢上网课合计男生   女生   合计    (1)请将列联表补充完整，试判断能否有的把握认为喜欢上网课与否与性别有关；(2)从不喜欢上网课的学生中采用分层抽样的方法，随机抽取6人．现从6人中随机抽取2人，求抽取的学生中至少有1名是女生的概率．附：，其中．0.1500.1000.0500.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828  19．（2023·贵州黔西·校考一模）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，.△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，．(1)证明：平面平面PBC；(2)求E到平面PBC的距离．20．（2023·贵州黔西·校考一模）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．(1)求双曲线的方程；(2)设，为上一点，为圆上一点（，均不在轴上）．直线，的斜率分别记为，，且，判断：直线是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．21．（2023·贵州黔西·校考一模）已知函数（其中是自然对数的底数），．(1)讨论函数的单调性；(2)若在上恒成立，求的取值范围．22．（2023·贵州黔西·校考一模）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（t为参数且），C与坐标轴交于A，B两点．(1)求；(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB的极坐标方程．23．（2023·贵州黔西·校考一模）设，，均为正数，且，证明：(1)；(2)．
参考答案：1．D【分析】根据复数的运算法则求解复数z即可.【详解】，，故复数z在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D2．B【详解】试题分析：集合中的元素为点集，由题意，可知集合A表示以为圆心，为半径的单位圆上所有点组成的集合，集合B表示直线上所有的点组成的集合，又圆与直线相交于两点，，则中有2个元素.故选B.【名师点睛】求集合的基本运算时，要认清集合元素的属性(是点集、数集或其他情形)和化简集合，这是正确求解集合运算的两个先决条件.集合中元素的三个特性中的互异性对解题影响较大，特别是含有字母的集合，在求出字母的值后，要注意检验集合中的元素是否满足互异性.3．D【分析】根据向量数量积的运算律直接计算.【详解】由，，得，故选：D.4．B【分析】先求出选取的两个数的基本事件个数，再求出两个数之和等于所包含基本事件的个数，按古典概型的概率计算公式直接计算即可.【详解】不超过的素数有，，，，，共个，随机选取两个不同的数，基本事件总数为，，，，，，，，，，，，，，共有个基本事件.记“选取两个数之和等于”为事件，因为，所以其和等于的有个基本事件， 故概率为.故选：B.5．C【分析】利用辅助角公式化简可得，再由诱导公式求解即可.【详解】因为，所以，则.故选：C.6．B【分析】利用椭圆定义、离心率公式转化条件即可得解.【详解】设，，由，的面积为2，可得，∴①由离心率为，可得，代入①式，可得.故选：B.7．A【分析】利用余弦定理可得边及，再根据二倍角公式可得解.【详解】由余弦定理可知，解得，所以，又，解得，故选：A.8．C【分析】根据线线垂直可得平面，进而根据等体积法即可求解.【详解】连接交于,连接，，，，，易得，则有，由四边形为正方形，则，又平面，平面， 则有，平面， 则有平面， 平面,所以，平面, 故有平面，，则有三棱锥的体积，故选：C9．A【分析】根据条件作出正方体，再以为原点，直线、和分别为、和轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为（），再设点，根据题目条件得到，分类讨论，、时，结合圆锥曲线的方程特征，即可求解.【详解】由条件作出正方体，并以为原点，直线、和分别为、和轴建立空间直角坐标系，如图所示：设正方体的棱长为（），点，所以得，，由，得，所以，即①（），当时，①式化得：，此时，点的轨迹是抛物线；当时，①式化得：，即，②，当时，，则②式，是双曲线的方程，即点的轨迹为双曲线；当时，，则②式，是椭圆的方程，即点的轨迹为椭圆；故选：A.10．C【分析】根据奇函数的性质得到和，再结合函数对称性得到，赋值求出、；推导出函数的周期为4，即可求解.【详解】因为函数是定义在上的奇函数，所以，且，又的图象关于对称，则，即①，则，，在①中，令，得，则，所以函数的周期为，即，则有，所以，故选：C.11．B【分析】是外心，是球心，求出，当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，由此求得最大体积即可．【详解】如图，是外心，即所在截面圆圆心，设圆半径为是球心，因为，，由余弦定理可得：，所以，所以，则，，平面，平面，则，所以，当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，此时棱锥的高为，，所以棱锥体积为．故选：B．12．A【分析】分成，两段讨论，分别利用二次函数性质求最值和分离参数，再构造函数利用导数求最值的方法即可求解.【详解】当时，，若，必有，解得，所以，若，满足，所以；当时，，即，令，，由得，得，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，即，综上所述，a的取值范围为.故选：A.13．8【分析】设等差数列的首项为，公差为，则，解方程再结合等差数列的通项公式即可得出答案.【详解】设等差数列的首项为，公差为，所以，解得：.则.故答案为：8.14．12【分析】利用方差的性质直接求解.【详解】样本数据的方差为3，数据的方差为.故答案为：12.15．2【分析】联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理，根据切线联立求交点，可得直线方程中的截距，可得直线过定点，根据圆中弦最小的情况，得到直线的斜率，可得最后答案．【详解】设,，,，且直线的方程为，联立抛物线，消去可得：，根据韦达定理可得：，，由抛物线，求导可得：，过,的切线方程为，过,的切线方程为，联立上式，整理可得：，两式相减整理可得：，因为，所以，且，根据题意，可得，即，则直线的方程为，由此该直线过定点，由圆，可得，可得，则圆心到直线的距离当时，，当时，，则，综合，当且仅当时取最小值，时取最大值；由于直线与圆相交弦长，则取最大值时，弦长取最小，可得直线的方程为，所以的横坐标.故答案为：2．16．①③【分析】对①②可以通过作图判别，对于③令，根据题意得到不等式，解出范围，当时，即可.对于④令，根据题意得到不等式，解出范围即可.【详解】对于①，若，则，在有且仅有5个零点，如图，其图象的右端点的横坐标在上，此时在有且仅有3个极大值点，故①正确；对于②，若，则，在有且仅有4个零点，如图，其图象的右端点的横坐标在上，则在有2个或3个极大值点，故②不正确；对于③，若，令，且,在上有且仅有5个零点，在上有且仅有5个零点，，当时，，又，,在上单调递增.在上单调递增，故③正确.对于④，若，令,且，因为在有且仅有2个零点和3个极值点，在上有且仅有2个零点和3个极值点，，故④错误.故答案为：①③.17．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用退一相减法可得数列的递推公式，再利用累乘法可得数列的通项公式；（2）利用裂项相消法求数列的前项和，再根据，即可得证.【详解】（1）由已知①，所以当时，②，①②得，整理可得，则，，，，，，等式左右分别相乘得，又，所以；（2）由（1）得，则，所以，所以，又，所以，所以，即.18．(1)见解析；没有的把握认为喜欢上网课与否与性别有关(2) 【分析】（1）根据分层抽样的性质填写列联表，再计算，即可得出结论；（2）利用列举法结合古典概型的概率公式求解即可.【详解】（1）由题意可知抽取120名学生中男生有人，女生有人，其中男生中喜欢上网课的为，所以男生中喜欢上网课有人，女生中喜欢上网课的为，所以女生中喜欢上网课有人，则列联表如下表： 喜欢上网课不喜欢上网课合计男生403070女生351550合计7545120 则没有的把握认为喜欢上网课与否与性别有关.（2）由分层抽样的性质可知，抽取的6名学生中，男生4人，女生2人，记4名男生分别为，2名女生分别为，从这6名学生中抽取2名学生的所有情况为：，，，共15种，其中抽取的学生中至少有1名是女生共有9种，则所选取的2名学生中至少有1名是女生概率.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）利用等体积法求解即可.【详解】（1）∵,△是底面的内接正三角形，∴,, ∴,∴在△中，,即, 同理,又∵,平面，∴平面，∴平面平面.（2）由已知得, 连接,设E到平面PBC的距离为，∵,∴,∴,又∵△为直角三角形，∴,∴，∴.20．(1)(2)恒过定点 【分析】（1）根据点在双曲线上，结合离心率列方程，解方程即可；（2）分别计算点，的坐标，可得，即，又点在圆上，且圆与轴的另一个交点为，则，所以可得恒过定点.【详解】（1）由双曲线离心率为，得，所以双曲线方程为，又点在双曲线上，即，解得，，所以双曲线的方程为；（2）由已知得，，设直线，点，由得，，则，即，，所以由，得，所以设直线，联立直线与圆，得，，则，即，，所以，所以，即，所以，又点在圆上，设圆与轴的另一个交点为，则，且，即直线与重合，所以直线恒过点.【点睛】解决直线与双曲线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件；(2)强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21．(1)见解析(2). 【分析】(1)先求函数的定义域，再利用导数得出单调性和单调区间.(2)把不等式恒成立问题转化为求 的最小值的问题，再用放缩法求的最小值，即可求出的取值范围．【详解】（1）由题意得，的定义域为.由得.当时，恒成立，即在上单调递增.当时，令解得.所以当时，解得；当时，解得；所以在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减.（2）因为在上恒成立，即在上恒成立，所以.令，当且仅当时，等号成立.所以.因为当时，，当时，；所以存在，使得.所以.22．(1)(2) 【分析】（1）由参数方程得出的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出的值；（2）由的坐标得出直线的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令，则，解得或（舍），则，即.令，则，解得或（舍），则，即.所以．（2）由（1）可知，则直线的方程为，即.由可得，直线的极坐标方程为.23．(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由，则，根据，，，即可得证；（2）由已知得若证，即证，再根据，，，即可得证.【详解】（1）由，得，又由基本不等式可知当，，均为正数时，，，，当且仅当时，上述不等式等号均成立，所以，即，所以，当且仅当时等号成立；（2）因为，，均为正数，所以若证，即证，又，，，当且仅当时，不等式等号均成立，则，即，当且仅当时等号成立.