2023届广西高三上学期西部联考数学（理）试题含解析

2023届高三年级西部联考卷

理科数学

注意事项:

1.本试卷满分150分,考试时间120分钟。

2.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

3.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.回答选考题时,考生须按照题目要求作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

5.考试结束后,将本试卷和答题卡一并收回。

一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合, 则

A.          B.

C.         D.

2. 已知复数满足, 则复数的虚部是

A.      B.      C. I     D. 1

3. 4个人排成一排, 则甲不站两边的概率为

A.      B.      C.      D.

4. 在前项和为的等差数列中, 若, 则

A. 39     B. 40     C. 41     D. 42

5. 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

6. 右图是战国时期的一个铜镞,其由两部分组成,前段是高为、底面边长为1cm的正三棱锥, 后段是高为0.6cm的圆柱, 圆柱底面圆周与正三棱锥底面的正三角形内切, 则此铜镞的体积约为

A.     B.     C.     D.

7. 已知圆经过点, 半径为 2 , 若圆上存在两点关于直线对称, 则的最大值为

A. 1     B.      C.      D.

8. 执行如图所示的程序框图, 则输出的值为

A. 11

B. 12

C. 13

D. 14

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.

10. 已知当时, 函数的图象与函数的图象有且只有两个交点, 则实数的取值范围是

A.    B.     C.     D.

11. 如图 1 所示, 双曲线具有光学性质: 从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射, 其反 射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点. 若双曲线的左、右焦点分别为 , 从发出的光线经过图 2 中的两点反射后, 分别经过点和, 且, 则双曲线的离心率为

A.      B.     C.     D.

12. 已知函数, 则下列结论正确的是

A. 是奇函数        B. 的最大值为 2

C.       D.

二、填空题: 本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.

13. 已知非零向量满足,且,则与的夹角为_____.

14. 在等比数列中, 若, 则_____.

15. 已知, 则_____.

16. 椭圆的左、右焦点分别为, 离心率为为椭圆的左顶点, 且, 过原点的直线交椭圆于两点, 则的取值范围为_____.

三、解答题: 共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 第 题为必考题, 每个 试题考生都必须作答. 第 22、23题为选考题, 考生根据要求作答.

(一) 必考题:共 60 分.

17. (本小题满分 12 分)

在中, 内角所对的边分别为, 且.

(1) 若, 求 ;

(2) 若为边上一点, 且, 求的面积.

18. (本小题满分 12 分)

如图, 在三棱柱中, 平面平面, 四边形是菱形, 是的中点.

(1) 证明: 平面;

(2) 求二面角的正弦值.

19. (本小题满分 12 分)

我国出现了新冠疫情后, 医护人员一直在探索治疗新冠的有效药, 并对确诊患者进行积极救治. 现有6位症状相同的确诊患者,分成两组,组3人, 服用甲种中药,组3人, 服用乙种中药. 服药一个疗程后,组中每人康复的概率都为, 组3人康复的概率分别为.

(1) 设事件表示组中恰好有 1 人康复,事件表示组中恰好有 1 人康复, 求;

(2) 求组康复人数比组康复人数多的概率.

20. (本小题满分 12 分)

已知函数, 其中为非零实数.

(1)讨论的单调性;

(2)若有两个极值点, 且, 证明:.

21. (本小题满分 12 分)

已知抛物线(为正常数) 的焦点为是抛物线上任意一点, 圆的方程为 的最小值为 4 .

(1) 求的值;

(2) 过点作圆的两条切线分别与抛物线相交于点 (异于点), 证明: 直线也始终与圆相切.

(二)选考题: 共10分.请考生在第 22 、23题中任选一题作答. 如果多做,则按所做的第一题计分.

22. (本小题满分 10 分) 选修 4-4:坐标系与参数方程

在平面直角坐标系中, 曲线的参数方程为 ( 为参数). 以坐标原为极点, 轴的正半轴为极轴, 建立极坐标系, 则曲线的极坐标方程为.

(1) 分别求曲线和曲线在平面直角坐标系中的标准方程;

(2) 若曲线和曲线相交于两点, 求.

23. (本小题满分 10 分) 选修 4-5:不等式选讲

已知均为正数, 且满足. 证明:

(1) ;

(2)

参考答案：

1．B

【分析】分别解二次不等式和对数不等式，求得集合，进而利用交集的定义求得.

【详解】A，则.

故选：B

2．D

【分析】根据复数的除法运算，结合i的性质，进行计算求得复数，可得答案.

【详解】由可得，

则复数的虚部是1,

故选;D

3．C

【分析】利用全排列求出基本事件总数，再求出甲不站两边的事件数，最后根据古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：依题意4个人排成一排基本事件总数为种，

其中满足甲不站两边的有种，

所以所求概率.

故选：C

4．B

【分析】根据等差数列的性质结合已知条件可求得结果.

【详解】因为

所以，

所以.

故选：B

5．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：A

6．D

【分析】先求出内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式即可求出总体积.

【详解】因为正三棱锥的底面边长为1，设其内切圆半径为r，由等面积法，可得：，解得：，所以其内切圆半径为.

由三棱锥体积与圆柱体积公式可得：.

故选：D.

7．D

【分析】由题设得圆心轨迹为，且直线必过圆心，即直线与圆心轨迹有交点，利用点线距离求参数范围即可得结果.

【详解】设圆心的坐标为，则，

又圆上存在两点关于直线对称，则圆心必在直线上，

所以与有交点，则，解得，

故的最大值为.

故选：D

8．C

【分析】根据程序框图的意义，结合指数对数的关系，求得答案.

【详解】由，得到，当从1一直取到最后一个小于等于4100的数，且实数为整数的值时，计数这样的情况的次数，即为最后输出的的值.

由，可得输出的值为13.

故选：C

9．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：C

10．A

【分析】先将与有两个交点，转化为有两个零点，利用导数分析的图像，数形结合可得与有两个交点时的取值范围.

【详解】由题设可知，当时，与有两个交点，等价于有两个根，

令，则，所以当时，，则单调递减；

当时，，则单调递增，故，

当，，，故；

当时，，，故，如图；

所以当时，直线与的图像有两个交点，

即函数的图像与函数的图像有且只有两个交点.

故选：A.

11．B

【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算和向量数量积为0的条件，判定，结合已知条件得到，设出，表示出直角三角形的其余边，结合双曲线的定义表示出，利用建立方程求得，进而求得

，然后利用勾股定理求得，从而得到，从而得到离心率的值.

【详解】如图，由，有，

可得，可得，有.

在Rt中，由，

不妨设，则，由勾股定理得，

又由双曲线的定义可得，，

根据可得，

解得，所以，

在Rt中，，可得，

故双曲线的离心率为.

故选：B.

12．D

【分析】根据奇函数的性质直接可得判断A选项，利用反证法可判断B选项，分别计算并化简与可判断C，D选项.

【详解】的定义域为，，故选项A错误；

若时，由，，有，必有，，这是不可能的，故选项B错误；

，故选项错误；，，，当时，，，

而在上单调递增，，

当，，故选项D正确，

故选：D.

13．

【分析】根据垂直向量数量积为0，结合数量积的公式求解即可.

【详解】设与的夹角为，，，又，故

故答案为：

14．24

【分析】根据的值，利用等比数列的性质计算求得，进而求得.

【详解】设公比为，有，可得.

故答案为：24

15．##0.8

【分析】由正切的差角公式求得的值，再用诱导公式将式子化简，结合二倍角公式化为齐次式，即可得到结果.

【详解】因为，所以

则

故答案为:

16．

【分析】根据已知先求出的值，记，得到，记，再利用导数求函数的最值得解.

【详解】解：由题可知，即，

又

由题可知，，

记，则，

记，

则在上恒成立，

在上恒成立，

故在上单调递减，在上单调递增，又，

.

故答案为：

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，即得A，从而求得答案;

（2）由余弦定理结合可推得，利用向量表示出，结合可求得，利用三角形面积公式即可求得答案.

（1）

由根据正弦定理得：

，

即，

故，

，，因为，所以，

所以，

且，所以，

故若，则；

（2）

在中，因为，所以，

由余弦定理得，即，解得（舍去）.

因为，

所以，即，

因为，所以，解得，

所以的面积.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，先证平面，得，再由，得，即可得到平面

（2）连接，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出面，面的法向量，求得法向量的余弦值，即可得二面角的正弦值.

（1）

连接，因为四边形是菱形，所以，

因为，所以

为等边三角形，所以.

因为平面平面，平面平面平面，

所以平面，

平面，所以.

因为，即，所以.

又，平面，平面，所以平面；

（2）

连接，因为是的中点，所以.

又因为平面平面，平面平面平面，

所以平面.

设，因为，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，

设平面的法向量是，

则，取，可得.

设平面的法向量是，

则，取，可得

所以，

因此，二面角的正弦值是.

19．(1)

(2)

【分析】（1）利用二项分布概率公式求得,利用独立、互斥事件的概率公式求得,进而利用的独立性求得；

（2）先仿照（1）中的方法求得A组中服用甲种中药康复的人数的分布列和B组中服用乙种中药康复的人数的分布列，再根据独立、互斥事件概率公式计算A组康复人数比B组康复人数多的概率.

（1）

解：依题意有，，

，

又事件与相互独立，

则；

（2）

解：设A组中服用甲种中药康复的人数为，则，

，

，

，

设组中服用乙种中药康复的人数为，则的可能取值为，

，

，

A组康复人数比B组康复人数多的概率

20．(1)当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

(2)证明见解析

【分析】(1)求导，得，分、、三种情况讨论导数的正负并确定函数的单调性；

(2)由题意可得，则有，，将问题转化为证明，构造函数，求导，只需故即可.

（1）

解：函数的定义域为，

则，

①当即时，，函数在上单调递增；

②当即时，令，得，

则当时，，

当时，，

故在和上单调递增，在上单调递减；

③当时，，舍去.

则当时，，

当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增；

综上所述：当时，在上单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2）

证明：因为有两个极值点，由（1）知当时，，

所以且，，

因为，所以，所以，，

要证，

，

，

令，

则，

所以在上单调递增，且，

故，即.

21．(1)2；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据的几何意义，结合抛物线性质有，即可得答案；

（2）设，，，根据已知得是关于的方程的两个根，且为，由直线与圆的相切关系及分析法判断是否恒成立即可.

（1）

表示到圆心与焦点距离和，即到圆心与抛物线准线距离和，

所以最小为到抛物线准线距离，则，可得.

（2）

由（1）知：抛物线的标准方程为，设，，，

则的斜率为，直线为，整理为，得，

由直线与圆相切有，整理为，

同理，

所以是关于的方程的两个根，故.

直线为，若直线也始终与圆相切，

则

，

故直线也始终与圆相切.

22．(1)曲线；曲线

(2)

【分析】（1）将曲线的参数方程消去参数，可得曲线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可求得的直角坐标方程，

（2）先求出两圆的公共弦方程，然后求出圆心到公共弦的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得结果.

（1）

由得，

所以曲线的标准方程为，

由，得

将代入曲线的极坐标方程可得曲线的标准方程为；

（2）

将曲线和曲线的标准方程作差可得直线的方程为，

则原点到直线的距离为，

可得.

23．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据，结合柯西不等式证明即可；

（2）根据柯西不等式证明，再根据证明即可.

（1）

证明：由柯西不等式有：

，当且仅当时取等号，可得；

（2）

证明：由柯西不等式有，当且仅当时取“号，可得，

又由，可得，可得，

故有，当且仅当时取“号.