2023届广西高三上学期开学摸底考试数学（理）试题含答案

2023届广西高三上学期开学摸底考试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合M={5，x2}，N={5x，5}．若M=N，则实数x的值组成的集合为（    ）

A．{5} B．{1} C．{0，5} D．{0，1}

【答案】C

【分析】利用集合相等求解.

【详解】解：因为，

所以，

解得或，

的取值集合为，

故选：C

2．若复数的实部与虚部相等，则b的值为（    ）

A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2

【答案】C

【分析】先利用复数乘法公式得到，进而得到，从而得解.

【详解】，因为实部与虚部相等，故，解得：.

故选：C.

3．如图所示的茎叶图记录了甲､乙两种商品连续10天的销售数据，则下列说法错误的是(    )

A．乙销售数据的极差为24 B．甲销售数据的众数为93

C．乙销售数据的均值比甲大 D．甲销售数据的中位数为92

【答案】D

【分析】根据茎叶图中数据逐项分析即可判断.

【详解】乙销售数据的极差是112－88＝24，故A正确；

甲销售数据的众数为93，故B正确；

甲销售数据的均值为(80×3＋90×5＋100×2＋7＋6＋4＋9＋8＋3＋3＋1＋6＋3)×＝94，

乙销售数据的均值为(80＋90×4＋100×4＋110＋8＋5＋7＋8＋8＋1＋2＋3＋6＋2)×＝100，∴乙销售数据的均值比甲大，故C正确；

甲销售数据的中位数为93，故D错误.

故选：D.

4．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，输出S的值为(　　)

A．15 B．105 C．245 D．945

【答案】B

【详解】试题分析：采用列举法列出运算各步结果结束算法，输出，故选B．

【解析】算法与程序框图．

5．在区域内任取一点，则满足的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，作出可行域的约束的平面区域，再结合几何概型求解即可.

【详解】解：画出区域，如图（图中及内部），

区域内满足的区域为图中四边形的内部及边界，

且，，，

所以与相似，所以，

故所求概率.

故选:A.

6．已知函数，若把的图像向左平移个单位后为偶函数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据左右平移原则可得解析式，根据奇偶性可得，结合的范围可求得结果.

【详解】由题意得：.

为偶函数，，解得：.

∵，

.

故选：D.

7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（    ）

A．14 B．20 C． D．

【答案】D

【分析】根据三视图复原几何体可求表面积.

【详解】根据三视图复原几何体如下图：

则表面积为.

故选：D.

8．已知函数有两个极值点，且，则的极大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求导，利用韦达定理求得，，再根据求得，在求导，根据极值的定义即可得出答案.

【详解】解：因为，

，所以有两个不同的实数解，

且由根与系数的关系得，，

由题意可得，

解得，

此时，，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

故当时，取得极大值．

故选：B．

9．函数在区间[－，]上的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用的奇偶性和函数值的特点可选出答案.

【详解】因为，所以f（x）为偶函数，其图像关于y轴对称，排除A项；

当时，，排除D项；

因为，，所以，排除C项，

故选：B．

10．已知双曲线的右焦点为F，直线与双曲线C交于A，B两点，若，且的面积为，则双曲线C的离心率为（       ）

A． B． C．2 D．3

【答案】D

【分析】不妨设在第一象限，设是双曲线的左焦点，显然关于原点对称，因此是平行四边形，又，所以是矩形，由的面积可得，再由双曲线的定义得，两者结合可得，由勾股定理得关系，从而得离心率．

【详解】如图，不妨设在第一象限，设是双曲线的左焦点，显然关于原点对称，因此是平行四边形，

又，所以是矩形，，

，又，所以，所以．

故选：D．

11．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先证明平面SAC，再根据正弦定理求解外接圆的半径，进而根据外接球的性质确定球心的位置，结合直角三角形中的关系求解球半径得到体积即可

【详解】因为，所以.又，，所以平面SAC.在中，，，所以.又，则外接圆的半径为，取BC，AC的中点D，E，的外心为F，过D作平面ABC的垂线l，过F作平面SAC的垂线交l于点O，即为球心，连接DE，EF，FA，OA，则四边形DEFO为矩形，则，，所以，即三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为.

故选：D

12．若实数满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意将原不等式化简为，令，可知原不等式等价于，再令，则原不等式等价于；再利用导数求出函数单调性，进而可得，由此可知只有当时，即时才满足，据此即可求出的值，进而求出结果.

【详解】∵

∴ ，

即  

∴，

设，则有，即，

∴，

令，则，

∴当时，，单调递增；

当时，，单调递减；

∴，即，

要使成立等价于成立，

只有当时，即时才满足，

∴

∴，∴.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.

二、填空题

13．已知向量，，则＝________．

【答案】

【分析】先求出的坐标，再由，得，列方程可求出的值

【详解】解析：，

，解得．

故答案为：

14．设椭圆的左､右焦点分别为.已知点，线段交椭圆于点P，O为坐标原点.若，则该椭圆的离心率为___________.

【答案】

【分析】由椭圆定义和题干中的可得到，进而得出点P的坐标，代入椭圆方程化简可得到离心率.

【详解】根据椭圆定义知，又，，

由三角形为直角三角形可得点P是的中点，

，把点P代入椭圆方程中得.

故答案为：.

15．在平面直角坐标系中，直线与直线被圆 截得弦长之比为:，则______________ .

【答案】

【分析】根据点到直线距离公式以及垂径定理可以用将两直线被圆所截弦长表示出来，再根据题目信息求解的值

【详解】由题意知

因为所以

即可得

故答案为：

16．如图，四边形ABCD的对角线交点位于四边形的内部，，当变化时，BD的最大值为________．

【答案】.

【分析】设利用余弦定理表示出AC，BD，根据三角恒等变换化简即可求得最值.

【详解】由题设，

中，由余弦定理可得：，

中，由余弦定理可得：

，

当时，取得最大值

故答案为：

【点睛】此题考查利用余弦定理求解三角形边长的最值，关键在于合理使用定理，结合三角恒等变换，求线段的最值.

三、解答题

17．设数列的前n项和为，若．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据及等比数列的定义即可求得答案；

（2）由错位相减法即可求得答案.

【详解】(1)因为．

所以，解得．

当时，，

所以，所以，即．

因为也满足上式，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以．

(2)由（1）知，所以，

所以…①

…②

①-②得

，所以．

18．每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”，为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了1000名高一学生进行在线调查，得到了这1000名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求的值：

(2)为进一步了解这1000名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列和数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据所以频率和为1进行计算;

（2）根据分层抽样可得相应组抽取的人数，则服从超几何分布，根据进行计算求解．

【详解】(1)由频率分布直方图得：.解得；

(2)由频率分布直方图得：

这1000名学生中日平均阅读时间在，两组内的学生人数之比为，

若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在内的学生中抽取（人）

在日平均阅读时间在内的学生中抽取4人，

现从这10人中随机拍取3人，则服从超几何分布，其可能取值为0，1，2，3，

，，

，，

∴的分布列为：

.

19．如图，在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD是菱形，，，E是PB上任意一点．

(1)求证：；

(2)已知二面角的余弦值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)先证明平面PBD，再证明；

(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量计算线面夹角.

【详解】(1)证明：∵平面ABCD，平面ABCD，∴，

又四边形ABCD是菱形，∴，，

∴平面PBD，又平面PBD，∴；

(2)分别以OA，OB，OE方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，，．，；

由（1）知平面PBD的法向量为 ，

令平面PAB的法向量为 ，则根据得 ，

令 得 ，

因为二面角的余弦值为，

则 ，即，∴，∴，

设直线EC与平面PAB所成的角为，∵， ，

∴ ，

综上，直线EC与平面PAB所成的角的正弦值为 .

20．已知抛物线的顶点在原点，焦点为，过焦点且斜率为的直线交抛物线于两点，

(1)求抛物线方程；

(2)若，求的值；

(3)过点作两条互相垂直的直线分别交抛物线于四点，且分别为线段的中点，求的面积最小值．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据焦点坐标可直接得到抛物线方程；

（2）由可得，设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由可构造方程求得；

（3）设，，与抛物线方程联立，结合韦达定理可得中点坐标，进而表示出，由，利用基本不等式可求得最小值.

【详解】(1)抛物线的顶点在原点，焦点为，抛物线方程为：；

(2)由题意知：，可设直线，，，

，，即，

由得：，，

，即，

解得：，；

(3)由题意知：直线的斜率均存在，

不妨设，，，，，

则；

由得：，则，即；

，，，

；同理可得：

，，

（当且仅当，即时取等号），

面积的最小值为.

21．已知函数的图象在原点处的切线方程为．

(1)求函数的解析式；

(2)当时，求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由，得，再由且列式求得与的值，则函数解析式可求；

（2）将问题转化为证，令，求其导数，再构造函数利用导数证明在时为单调增函数即可．

【详解】(1)由，得，

，解得，

；

(2)证明：要证当时，即证当时，，

令，

 则，令，则，

令，则，

即在区间 上单调递增，故，

即当时，故；

下证在区间 上恒成立，

设，

当时，，当时，，

故在上单调递减，在上为增函数，

所以，故，

所以当时恒成立，即当时 单调递增，

故，即，

所以在 上单调递增，

故，即当时，，

即当时，.

【点睛】本题考查了导数的几何意义的应用以及利用导数证明不等式的问题，综合性较强，要能熟练应用导数相关知识判断函数的单调性以及最值，解答的关键是构造函数，判断导数的正负，从而判断函数的单调性.

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为，（θ为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

(2)已知点P的直角坐标为，直线l与曲线C相交于A，B两点，求．

【答案】(1)曲线C的普通方程为：；直线l的直角坐标方程为：

(2)

【分析】（1）消去参数求解曲线C的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式进行求解；

（2）写出直线的参数方程，利用的几何意义求解.

【详解】(1)因为曲线的参数方程为，（为参数），

所以曲线的普通方程为．

将，代入，得直线的直角坐标方程为．

(2)因为直线的直角坐标方程为，所以它的参数方程为，（为参数），

代入的直角坐标方程，得，即．

由于，设，是上述方程的两实根，则，，

又直线过点，，

所以．

23．已知函数，且的解集为.

(1)求m的值；

(2)设a，b，c为正数，且，求的最大值.

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）解含绝对值的不等式，先去掉绝对值，构造参数的不等式组，结合原不等式的解集即可求解.

（2）利用柯西不等式即可求解.

【详解】(1)由，得，所以，

又的解集为，

所以，解得.

(2)由（1）知

由柯西不等式得

，

所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立.

故的最大值为.