2023届广西柳州市高三第三次模拟数学（理）试题含解析

2023届广西柳州市高三第三次模拟数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】直接根据集合并集运算的定义进行求解即可.

【详解】已知，，

所以或.

故.

故选：D

2．在复平面内，复数（为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】先求出复数z，再求z的共轭复数，即可判断.

【详解】.

所以复数z的共轭复数，对应的点在第四象限.

故选：D

3．世界人口变化情况的三幅统计图如图所示．

下列结论中错误的是（    ）

A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加

B．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多

C．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢

D．2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平

【答案】C

【分析】结合图像逐一辨析即可.

【详解】由折线图可以看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确：

由扇形统计图可知2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确：

由条形统计图可知2050年欧洲人口与南美洲及大洋洲人口之和基本持平，故D正确：

三幅统计图并不能得到各个洲人口增长速度的快慢，故C错误．

故选：C．

4．某高中调查学生对2022年冬奥会的关注是否与性别有关，随机抽样调查150人，进行独立性检验，经计算得，临界值表如下：

则下列说法中正确的是：（    ）A．有97.5%的把握认为“学生对2022年冬奥会的关注与性别无关”

B．有99%的把握认为“学生对2022 年冬奥会的关注与性别有关”

C．在犯错误的概率不超过2.5%的前提下可认为“学生对2022年冬奥会的关注与性别有关”

D．在犯错误的概率不超过2.5%的前提下可认为“学生对2022年冬奥会的关注与性别无关”

【答案】C

【分析】根据独立性检验的方法即可求解.

【详解】由题意可知，，

所以在犯错误的概率不超过的前提下可认为“学生对2022 年冬奥会的关注与性别有关”.

故选：C.

5．2022年10月16日上午10时，中国共产党第二十次全国代表大会在北京人民大会堂隆重开幕.某单位组织全体党员在报告厅集体收看党的二十大开幕式，认真聆听习近平总书记向大会所作的报告.已知该报告厅共有10排座位，共有180个座位数，并且从第二排起，每排比前一排多2个座位数，则最后一排的座位数为（    ）

A．23 B．25 C．27 D．29

【答案】C

【分析】根据题意转化为等差数列问题，应用等差数列通项公式和前项和公式，基本量运算即可求解.

【详解】根据题意，把各排座位数看作等差数列，设等差数列通项为，首项为，公差为，前项和为，则=2，，

因为，所以，即得.

故选：C

6．函数的部分图像大致形状是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用函数奇偶性及特殊点、特殊值即可.

【详解】因为定义域为，关于原点对称，

，

所以是偶函数，图像关于轴对称，故排除选项B、D；

当时，令可得或，

所以时，两个相邻的零点为和，

当时，，，，

故排除选项A，

故选：C.

7．17世纪，在研究天文学的过程中，为了简化大数运算，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，对数的思想方法即把乘方和乘法运算分别转化为乘法和加法运算，数学家拉普拉斯称赞“对数的发明在实效上等于把天文学家的寿命延长了许多倍”，现代物理学之父伽利略评价“给我空间、时间及对数，我可以创造一个宇宙”.已知，，设，则N所在的区间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】只需计算的值即可解决.

【详解】计算，对选项中的区间端点值同样取以10为底的对数值，可知B正确.

故选：B

8．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式和商数关系展开后，然后由和差公式可得.

【详解】因为

所以

由，所以，

所以，即

所以，即

故选：A

9．沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）.在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的.已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需总时长为1小时，当上方圆锥中沙子漏至圆锥高度的时，所需时间为（    ）

A．小时 B．小时 C．小时 D．小时

【答案】C

【详解】设圆锥沙子漏完时圆锥底面半径为R，高为h，圆锥体积为：，

上方圆锥中沙子漏至圆锥高度时，上方圆锥底面半径为，高为，剩余沙子体积，

此时还剩余时间为小时，沙漏流逝时间为小时.

故选：C

10．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图是直角边长分别为2和4的两个全等的直角三角形，则这个几何体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】讲立方体放在长方体中进行还原，根据体对角线得出外接球半径，最后算出外接球表面积.

【详解】在长为4、宽为2、高为2 的正方体还原上述几何体如下图所示：

该几何体为一个三角锥形，外接球半径为，

该外接球表面积为：.

故选：D

11．过双曲线M：的左顶点A作斜率为1的直线l，若l与双曲线M的两条渐近线分别相交于B、C，且，则双曲线M的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意易得直线的方程及双曲线的渐近线方程，设，联立方程，利用韦达定理求得，再根据，求得，进而可求得，再根据双曲线的离心率公式即可得解.

【详解】由题意，则直线的方程为，

双曲线M：的渐近线为，

设，

联立，消得，

由，得，且，

则，

所以，

由，得，

所以，所以，

则，解得或（舍去），

所以，

则，解得，

所以.

故选：A.

12．已知，（），若在上恒成立，则实数a的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】，构造函数，求导判断单调性，从而得到，即，再构造函数，求导判断单调性得到最大值，从而问题可解.

【详解】，

即在上恒成立.

易知当时，.

令函数，则，函数在上单调递增，

故有，则在上恒成立.

令，则，

令，即，解得，

令，即，解得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以，即实数的最小值为.

故选：B

【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.

二、填空题

13．向量，，若，则_________.

【答案】

【分析】先求出与的坐标，再利用向量垂直数量积为零列方程求解即可.

【详解】向量，，

所以，

又因为，

所以，即，

解得，故答案为.

【点睛】利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.

14．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，过点P作，交准线l于点A.若，则的长为_________.

【答案】

【分析】由抛物线的定义得出是等边三角形，再由定义得出点坐标，进而由距离公式求解.

【详解】不妨设点在第二象限，由抛物线定义可得，又，

所以是等边三角形．所以，则，

则，，则.

故答案为：

15．已知数列满足，，，则数列的前30项和为 _______.

【答案】465

【分析】根据递推公式得出奇数项数列和偶数项数列各为等差数列，分组求和即可得出前30项和.

【详解】当为奇数时，，是首项为1，公差为1的等差数列；

当为偶数时，，是首项为2，公差为3的等差数列；

故答案为：465

16．已知，，P是圆O：上的一个动点，则的最大值为_________.

【答案】

【分析】设外接圆半径为R，由正弦定理可得，当外接圆半径最小，即外接圆与圆O相内切时，最大.

【详解】设外接圆半径为R，由正弦定理，，当外接圆半径最小，即外接圆与圆O相内切时，最大.

设外接圆圆心为M，由题可得其在AB中垂线上，可设其坐标为：.

则，，又圆M与圆O相内切，则圆心距等于半径之差，则，

等式两边平方并化简后可得：.

即外接圆半径为R的最小值为.

则此时最大，最大值为.

故答案为：

三、解答题

17．随着中国实施制造强国战略以来，中国制造（Made in china）逐渐成为世界上认知度最高的标签之一，企业也越来越重视产品质量的全程控制.某企业从生产的一批产品中抽取40件作为样本，检测其质量指标值，质量指标的范围为，经过数据处理后得到如下频率分布直方图.

(1)求频率分布直方图中质量指标值的平均数和中位数（结果精确到0.1）；

(2)为了进一步检验产品质量，在样本中从质量指标在和的两组中抽取2件产品，记取自的产品件数为，求的分布列和数学期望.

【答案】(1)73.5，73.3

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数、中位数计算规则计算即可；

（2）首先求出样本中质量指标在、中的产品数，依题意可得可能的取值为，，，求出相应的概率，即可得到分布列与数学期望.

【详解】（1）设质量指标值的平均数为，中位数为，

则，

因为，，所以中位数位于之间，

则，解得；

（2）样本中质量指标在的产品有件，质量指标在的有件，

则可能的取值为，，，

相应的概率为：，

，，

所以随机变量的分布列为

所以随机变量的期望.

18．如图，在四棱锥中，底面，，，，，.

(1)证明：平面平面；

(2)求与平面所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过勾股定理，证明出平面，再根据面面垂直定理求证即可.

（2）所以以，，方向分别为x，y，z轴建系，利用直线方向向量与平面法向量关系求解线面角.

【详解】（1）∵，，，

由勾股定理得：，

中，由余弦定理：，

∵，∴，

又因为底面，底面，所以，

又因为，∴平面，

底面  ∴平面平面；

（2）作，垂直为H，连结，

因为平面平面，且平面平面

所以平面，

所以为与平面所成的角，

中，，

，

所以直线与平面所成角的余弦值为.

另解：（1）因为，，所以，且底面，，底面，

所以，，所以以，，方向分别为x，y，z轴建系如图，

则，，，，，

设平面的一个法向量为，

，，，

所以，令，则，，所以，

设平面的一个法向量为，

所以，令，则，，所以，

所以，所以平面平面，

（2）因为底面，底面，所以，且，，，平面，所以平面，所以为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，

所以，

所以直线与平面所成角的余弦值为.

19．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为，且.

(1)求B

(2)若，求的最小值，并判断此时的形状.

【答案】(1)

(2)，是直角三角形

【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦可得，从而可求.

（2）根据面积可得，根据向量关系结合数量积、基本等式可求取得最小值2，此时，从而可求，故可判断三角形形状.

【详解】（1）由条件得：，

由正弦定理，得，

即，所以，

因为，所以，即，

因为为三角形内角，故，所以，因为，所以.

（2）由（1）得，解得，

因为，

所以

，

当且仅当即时，取得最小值2，此时，

又因为，所以，整理得，

因为，所以，所以，所以是直角三角形.

20．已知函数.

(1)当时，求在区间上的最小值；

(2)证明：且）.

【答案】(1)

(2)证明详见解析

【分析】（1）利用导数判断出在区间上的单调性，从而求得最小值.

（2）先证得在区间上恒成立，进而证得要证明的不等式成立.

【详解】（1），

，，

令，

令，

所以在区间上单调递减，即在区间上单调递减.

，

故存在使，

所以在区间单调递增，在区间单调递减，

，所以在区间，，

所以在区间上递增，最小值为.

（2）由（1）可知在区间上恒成立（），

所以，

对于函数，，

所以在区间上单调递增，

所以当时，，即，

所以，

即在区间上恒成立，

所以

.

【点睛】关键点点睛：不等式证明的可考虑综合法以及分析法，本题第小问是分析法.在导数运用的题目中，第一问的结论可能会用到第二问.特殊不等式（常见不等式）等，可以在平时做题中积累，解答过程中需要利用导数进行简单的证明.当一次求导无法求得函数的单调性时，可考虑利用多次求导来进行求解.

21．椭圆经过点且离心率为；直线与椭圆交于A，两点，且以为直径的圆过原点.

(1)求椭圆的方程；

(2)若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆过的点以及椭圆的离心率，可列出等式，求得a,b，即得答案；

（2）分类讨论直线AB的斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设直线AB方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，根据条件求出参数之间的关系式，进而表示出四边形的面积，进行化简，可求得答案.

【详解】（1）椭圆经过点，,

椭圆的离心率为，则，即,

即，解得，

所以椭圆的方程为.

（2）当直线斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为，

则 ，则不妨取，故，

解得 ，故方程为，

直线过中点，即为轴，得，，

故；

直线斜率存在时，设其方程为，，，

联立，可得，

则①，

②， ③，

以为直径的圆过原点即，

化简可得，

将②③两式代入，整理得，

即④，

将④式代入①式，得恒成立，则，

设线段中点为，由，

不妨设 ，得，

又∵，∴，

又由，则点坐标为，

化简可得，代回椭圆方程可得即，

则，

综上，四边形面积的最大值为.

【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时的四边形的面积的最大值问题，综合性强，计算量大，解答的关键是表示出四边形ACBD的面积，并能进行正确的化简，求得最值.

22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)设射线和射线分别与曲线交于、两点，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，由普通方程与极坐标方程之间的转换关系可得出曲线的极坐标方程；

（2）求出、，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换可得，结合可求得的最大值.

【详解】（1）解：由可得，

即，故曲线的普通方程为，

因为，，

所以曲线的极坐标方程为，即.

（2）解：由题意知，，

∴

，

因为，则，

所以当，即当时，的面积最大，且最大值是.

23．已知对应的三边分别为，，.

(1)若，，是正实数，求证：，当时，等号成立；

(2)求证：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由柯西不等式证明即可；

（2）由（1）可得不等式左边大于等于，再由基本不等式可得证.

【详解】（1）（1）由柯西不等式易知，

因为，，都为正数，所以，

当且仅当时，等号成立.

（2）为正数，所以

由（1）可得

，

当且仅当时取等号成立.