广西玉林市北流市2023届高三年级教学质量检测数学（理）试题（含解析）

广西玉林市北流市2023届高三年级教学质量检测数学（理）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（    ）

A．-3 B． C．3 D．

3．已知平面向量，，且，则（    ）

A．1 B．14 C． D．

4．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．大衍数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则这个数列的第20项为（    ）

A．198 B．200 C．202 D．204

5．已知拋物线C：焦点为F，准线为l，点在C上，直线AF与l交于点B，则（    ）

A．1 B． C． D．2

6．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）

A． B． C． D．

7．如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（    ）

A．平面平面 B．

C． D．平面

8．已知数列是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则（    ）

A．128 B．127 C．126 D．125

9．已知四棱锥的五个顶点都在球面O上，底面ABCD是边长为4的正方形，平面平面ABCD，且，则球面O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

10．为弘扬传统文化，某校进行了书法大赛，同学们踊跃报名，在成绩公布之前，可以确定甲、乙、丙、丁、戊5名从小就练习书法的同学锁定了第1至5名．甲和乙去询问成绩，组委会对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军．”对乙说：“你当然不会是五人中最差的．”则最终丙和丁获得前两名的概率为（    ）

A． B． C． D．

11．双曲线：的左焦点和虚轴的一个端点分别为，，点为右支上一动点，若周长的最小值为，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

12．已知函数，的定义域均为，是奇函数，且，，则（    ）

A．f（x）为奇函数 B．g（x）为奇函数

C． D．

二、填空题

13．2022年卡塔尔世界杯期间，3男3女共6位球迷赛后在比赛场地站成一排合影留念，则男、女球迷相间排列的概率为______.

14．写出一个半径为且与圆及直线都相切的圆的方程________．

15．已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．

16．已知函数（其中a为常数）有两个极值点，若恒成立，则实数m的取值范围是______.

三、解答题

17．在中，角所对的边分别，且

(1)求角A的值；

(2)已知在边上，且，求的面积的最大值

18．如图，在四棱雉中，为等边三角形，，，且，平面底面.

(1)证明:平面；

(2)点为棱的中点，求二面角的正弦值.

19．随着容城生态公园绿道全环贯通，环城绿道骑行成为最热门的户外休闲方式之一.环城绿道全程约100公里，不仅可以绕蓉城一圈，更能360度无死角欣赏蓉城这座城市的发展与魅力.某位同学近半年来骑行了5次，各次骑行期间的身体综合指标评分与对应用时（单位：小时）如下表：

(1)由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；

(2)建立关于的回归方程.

参考数据和参考公式：

相关系数.

20．已知椭圆：的离心率为，、分别是其左、右焦点，若是椭圆上的右顶点，且．

(1)求椭圆的方程；

(2)设直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），问直线与轴是否交于一个定点？若是，请写出该定点的坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由．

21．已知函数，，且曲线在点处的切线斜率均不小于2．

(1)求a的值；

(2)求证：函数在区间内存在唯一的零点．

22．在直角坐标系中，已知曲线（为参数， ），在极坐标系中，曲线是以为圆心且过极点O的圆．

(1)分别写出曲线普通方程和曲线的极坐标方程；

(2)直线与曲线、分别交于M、N两点（异于极点O），求．

23．已知函数，．

(1)若，求不等式的解集；

(2)已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】解不等式求得集合，进而求得.

【详解】，解得，所以，

由于，所以.

故选：A

2．A

【解析】先进行分母实数化，化简，再根据条件得虚部为零，计算即得结果.

【详解】因为为实数，则，即，所以.

故选：A.

3．B

【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.

【详解】因为，，，所以，所以.

故选：B

4．B

【分析】根据数列已知项可分奇数项和偶数项得规律即可求解.

【详解】由数列前10项的规律可知：

当为偶数时，；当为奇数时， ，

所以，

故选：B

5．A

【分析】点在C上，代入抛物线方程可得，过点A作l的垂线，垂足为H， l与x轴交于点G，有，所以为中点，可求.

【详解】由在上，有，得，所以，，

过点A作l的垂线，垂足为H，由抛物线的定义可知，设l与x轴交于点G，则，有，又，所以为中点，有，．

故选：A．

6．B

【分析】列举出循环的每一步，结合余弦函数的周期性可求得输出结果.

【详解】因为对任意的，

，

执行第一次循环，，，不成立；

执行第二次循环，，，不成立；

执行第三次循环，，，不成立；

，

以此类推，执行最后一次循环，，

，成立，跳出循环体，

因为，因此，输出结果为.

故选：B.

7．C

【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，由分别为所在棱的中点得，由正方体的性质易知，平面，平面，

所以，，，平面，

所以平面，平面，

所以平面平面，故A选项正确；

对于B选项，为下底面的中心，故为的中点，

因为为所在棱的中点，所以，故B选项正确；

对于C选项，若，由B选项知，则有，

令一方面，由正方体的性质知为直角三角形，，

所以，不满足，故C选项错误；

对于D选项，由A选项知，由正方体的性质易知，

所以，平面，平面，

所以平面，故D选项正确.

故选：C

8．C

【分析】根据等比数列的知识求得数列的首项和公比，从而求得.

【详解】设等比数列的公比为，且，，

，，

所以，即

故选：C

9．C

【分析】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过做平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外切球球心O.由题目条件，可证得四边形为矩形，设外接球半径为R，则.后可得答案.

【详解】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过作平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O.

因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，则平面ABCD.又平面ABCD，则.

因，则四边形为矩形.

设三角形外接圆半径为，则，又则.

则，设外接球半径为R，则，又，

则，则球O表面积为：.

故选：C.

10．D

【分析】分甲是最后一名，则乙可能是二、三、四名和甲不是最后一名，则甲乙需排在二、三、四名求出总事件的个数，再求出最终丙和丁获得前两名的方法总数，再由古典概率公式代入即可得出答案.

【详解】由概率的相关性质，只需分析甲乙丙丁戊五人情况即可．

①若甲是最后一名，则乙可能是二、三、四名，剩下三人共有种情况，此时共有种情况；

②若甲不是最后一名，则甲乙需排在二、三、四名，有种情况，剩下三人共有种情况，此时有种情况．

则一共有种不同的名次情况，

最终丙和丁获得前两名的情况有种，故丙和丁获得前两名的概率．

故选：D.

11．D

【分析】根据已知条件结合平面几何知识分析出周长最小时的位置，然后建立齐次方程，求得，进而可以求出离心率.

【详解】设双曲线的右焦点为，因为周长为，其中，不妨设，则，，由双曲线的定义得，

则，

所以当三点共线时，周长最小，此时周长为，又因为周长的最小值为，所以，即，所以，

故选：D

12．D

【分析】结合已知条件和是奇函数求出函数的周期，然后利用周期和已知条件得出为偶函数，进而判断选项；根据函数是奇函数，周期为4即可判断选项；由得即可判断选项；根据题干条件得到，再结合函数的周期即可判断选项.

【详解】因为，所以，又，

则有，因为是奇函数，所以，

可得，即有与，

即，所以是周期为4的周期函数，

故也是周期为4的周期函数．

因为，所以，所以为偶函数．故错误；

由是奇函数，则，所以，

又，

所以，所以选项错误；

由得，所以选项错误；

因为，

，

所以，所以，

所以选项正确．

故选：.

13．/0.1

【分析】先求出总的排列数，再由插空法求出满足题意的排列数，由古典概型概率公式求解即可.

【详解】6位球迷站成一排的不同方法数为，其中男、女球迷相间排列的方法数为，

所以所求的概率为.

故答案为：

14．（答案不唯一）.

【分析】设所求圆的圆心坐标为，根据由已知圆与直线相切，圆与圆相切，列出方程即可求解.

【详解】设所求圆的圆心坐标为，由已知圆与直线相切，圆与圆相切，则有，即得或或，

所以所求圆的方程为或或，

故答案为：（答案不唯一）.

15．

【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.

【详解】因为为奇函数，

故，

即，由于,故，则，

由于，故，所以，

由，可得，

即

或，

对任意，存在，满足，

故，则,，，k取负值，

则只能，此时，

或，则，则,

综合可得或，

即实数的取值范围是，

故答案为：

16．

【分析】对函数求导后，由题意可得，是关于x的方程的两个不等的正实根，则得，，则，令，然后利用导数求出其最小值即可.

【详解】.

若有两个极值点为，则，是关于x的方程的两个不等的正实根.

由，及方程根的情况，得，则，.

又，所以，要使恒成立，只需恒成立.

又，

令，则，

当时，，为减函数，

所以当时，.

由题意，要使恒成立，只需满足.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值问题，考查利用导数求函数最值，解题的关键是根据题意将问题转化为恒成立，然后构造函数，利用导数求出函数的最小值，考查数学转化思想，属较难题.

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，

（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解.

【详解】（1）在中因为．

由正弦定理得，

所以，

因为，所以．故

又是的内角，所以．从而．

而A为的内角，所以；

（2）因为所以,所以，

从而，

由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，

故的面积的最大值为.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明即可；（2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理得平面，结合题干条件，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点和向量的坐标，计算平面和平面的法向量，利用向量夹角计算公式计算二面角的余弦值，从而计算出正弦值.

【详解】（1），，

又平面平面，平面平面，

平面，平面.

（2）取的中点，连接，

为等边三角形，且是的中点，

，.

又平面平面，平面平面，

平面，平面，

四边形为矩形，又平面，两两垂直，

故以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

则.

设平面的法向量为，

，解得

设平面的法向量为，

则，解得

设二面角的大小为，由图可知为锐角，

则，

，即二面角的正弦值为.

【点睛】一般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．(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据数据求出相关系数，由相关系数的可判断相关程度；

（2）利用公式直接计算可得.

【详解】（1），

相关系数近似为，说明与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；

（2）由（1）中数据，，

，

关于的回归方程为.

20．(1)

(2)直线与轴交于定点.

【分析】（1）由题知，，再根据即可求得答案；

（2）设，则，进而求解直线与轴的交点横坐标，最后联立方程， 结合韦达定理计算即可.

【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，因为椭圆：的离心率为，

所以，即，

因为，，

所以，

因为，

所以，，，.

所以，椭圆的方程为.

（2）解：设，则，

所以，联立方程得，，

所以，

因为直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为与不重合，

所以，，即，

所以，，直线的方程为，

令得，

又因为，

所以

所以，直线与轴交于点

21．(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由题意，利用导数的几何意义可得，再次利用导数研究函数的性质可得，结合即可求解；

（2）由（1），根据求导公式和求导法则可得，利用导数证明不等式、在上恒成立，结合放缩法证明在上恒成立，得函数在上单调递增，根据零点的存在性定理即可证明.

【详解】（1），则，

因为曲线在处的切线斜率均不小于2，

所以，得，

设，则，

令，令，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

则，所以，又，

所以；

（2）由（1）知，，

所以，

则.

设，则在上恒成立，

所以函数在上单调递增，得，

即在上恒成立，即在上恒成立，

所以①.

设，则在上恒成立，

所以函数在上单调递增，得，

即，得，当时，，

所以②.

由①②得，在上恒成立，

则函数在上单调递增.

又，

得，所以函数在内有唯一的零点.

即证.

【点睛】在证明不等式的时候，若直接证明比较困难，可将不等式中的部分项进行放大或缩小，然后证明放缩后的不等式成立，再根据不等式的传递性证明原不等式成立，这种方法就是放缩法证明不等式.

22．(1)；

(2)

【分析】（1）利用，消去参数，即可得到曲线普通方程，先写出曲线的普通方程，然后将代入，即可得到本题答案；

（2）先求出两点的极坐标，然后根据，即可得到本题答案.

【详解】（1）由曲线（为参数，），

消去参数，得，

所以曲线的直角坐标方程为，

因为曲线是以为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为，半径为1，

故的直角坐标方程为：，

即，将代入可得：圆的极坐标方程为

（2）因为曲线的直角坐标方程为，即，

将代入化简可得的极坐标方程为：（），

所以的极坐标方程为；的极坐标方程为；

因为M、N是直线与曲线、的两个交点，

不妨设， 由（1）得：，：，

所以，从而，

23．(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.

【详解】（1）解：当时，，

因为，

当时，即，；

当时，即，；

当时，即，，

综上可得不等式的解集为

（2）解：，

当且仅当时取等号，，

又，且，

，

当且仅当，即，时等号成立，

所以

根据题意可得，解得或，

的取值范围是．