2023届广西南宁市第二中学高三上学期第一次模拟数学（理）试题（解析版）

2023届广西南宁市第二中学高三上学期第一次模拟数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数满足(其中为虚数单位)，则（    ）

A．3 B． C．2 D．

【答案】D

【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘法运算化简求得，然后利用复数模的公式计算．

【详解】因为，

所以.

故选：.

2．设集合，集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用集合交集的定义计算即可．

【详解】，则

故选：A

3．已知锐角满足，则（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】根据已知条件，利用二倍角公式转化为关于的三角函数的方程，化简，然后利用同角三角函数关系求得的值.

【详解】∵，∴，

即，

又∵为锐角，∴，

∴，

即，∴.

故选：A

4．“学习强国”学习平台设有“看党史”“听原著”等多个栏目．假设在这些栏目中，周一“看党史”栏目更新了3篇文章，“听原著”栏目更新了4个音频．一位学习者准备从更新的这7项内容中随机选取2篇文章和2个音频进行学习，则这2篇文章学习顺序相邻的学法有（    ）

A．216种 B．108种 C．72种 D．54种

【答案】A

【分析】分三步完成，利用分步乘法计数原理求解.

【详解】第一步从3篇文章中选2篇全排列，共有种方法，第二步从4个音频中选2个，共有种方法，第三步将2篇文章捆绑，再与已选取的2个音频进行全排列，共种方法，故所求的总方法数为（种）.

故选：A．

5．若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【解析】由题中垂直关系，可得渐近线的方程，结合，构造齐次关系即得解

【详解】双曲线的一条渐近线与直线垂直．

∴双曲线的渐近线方程为．

，得．

则离心率．

故选：B

【点睛】本题考查了双曲线的渐近线和离心率，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.

6．函数的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用函数的奇偶性和特殊值判断出选项．

【详解】，是偶函数，排除C，D；

又，

故选：B

7．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

【答案】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

8．正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成角的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用异面直线所成的角的定义，取的中点为，则直线与所成角就是直线与成的角．

【详解】取的中点为，连接，则直线与所成角就是直线与成的角，

由题意得，故异面直线与所成角的大小为.

故选：D．

【点睛】本题考查空间角的计算，考查棱柱的性质，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．

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．

【答案】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．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，于B，若，则（    ）

A．6 B． C．4 D．3

【答案】B

【分析】由抛物线定义可得是等腰三角形，从而可得，进而可得结果.

【详解】因为抛物线方程为，所以焦点坐标为，

由抛物线的定义可知：，如图所示：

设准线与轴的交点为，

所以是等腰三角形，又，

所以，而，

所以.

故选：B

11．已知函数在区间上有且仅有2个不同的零点，给出下列三个结论：

①在区间上有且仅有2条对称轴；

②在区间上单调递增；

③的取值范围是.

其中正确的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】对于③，令，得，可知，求得；

对于①，利用的对称轴为可判断；对于②，利用利用的增区间为可判断；

【详解】对于③，，，令，得，

由函数在区间上有且仅有2个不同的零点，即取得0，，

所以，解得，故③正确；

对于①，当，，

由，知，

令，由于值不确定，所以不一定取到，故①错误；

对于②，当时，，

由，知

即，即在区间上单调递增，故②正确；

所以正确的个数为2个.

故选：C

12．已知，则，，的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，构造函数，利用函数的单调性比较大小作答.

【详解】令函数，当时，求导得：，

则函数在上单调递减，又，，，

显然，则有，所以.

故选：C

【点睛】思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.

二、填空题

13．已知，，，则__________.

【答案】

【分析】根据向量模长可得向量数量积，进而可得其他向量模长.

【详解】因为，，，

所以，所以，

所以，

故答案为：.

14．过直线上的点向圆引一条切线，设切点为，则的最小值为________.

【答案】

【分析】因为利用数形结合确定圆心到直线的距离最小时即可求出．

【详解】

,

∴当最小时,的距离最小，

此时圆心到直线的距离，

此时|PA|的最小为，

故答案为： .

【点睛】本题考查圆的切线长求法,利用数形结合将切线长的最小值转化为圆心到直线距离的最小值,难度一般.

15．在中，，点D在线段AC上，且，，则面积的最大值为_________．

【答案】

【分析】利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】设，则，

在中，由余弦定理，得

，

在中，由余弦定理，得

，

由于，得，

即，整理，得，

在中，由余弦定理，得

，即，代入式化简整理，

得，

由，解得，当且仅当时，等号成立，

所以面积的最大值为.

故答案为：.

16．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_______．

【答案】

【详解】试题分析：对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得.

【解析】导数的几何意义

【名师点睛】函数f （x）在点x0处的导数f ′（x0）的几何意义是曲线y＝f （x）在点P（x0，y0）处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f ′（x0）（x−x0）．

注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．

三、解答题

17．已知等比数列的各项均为正数，其前n项和为，且．

(1)是否存在常数，使得？请说明理由；

(2)求数列的通项公式及其前n项和．

【答案】(1)存在，理由见解析

(2)．

【分析】（1）利用整理式子即可；

（2）根据等比数列的通项公式和列方程求出，，最后用公式求通项和前项和即可.

【详解】（1），∴，两式相减得，

∴，即，∴存在满足题意．

（2）设公比为q，由（1）知，解得，

当时，，解得，∴．

18．如图，在三棱柱中，为等边三角形，四边形是边长为的正方形，为中点，且.

(1)求证：平面；

(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由勾股定理证明，再由，可证平面，即得，由，可证平面；（2）由题意证明得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面的法向量，设，再由向量夹角的公式代入计算得，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.

【详解】（1）证明：由题知，

，

又，所以，

又，平面，

所以平面，又平面，所以，

在正中，为中点，于是，

又，平面，所以平面

（2）取中点为中点为，则，

由（1）知，平面，且平面，

所以，又，

所以，平面

所以平面，于是两两垂直.

如图，以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，

建立空间直角坐标系，则，

，所以，

.

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，于是.

设，

则.

由于直线与平面所成角的正弦值为，

，

即，整理得

，由于，所以

于是.

设点到平面的距离为，则，

所以点到平面的距离为.

【点睛】方法点睛：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．华容道是古老的中国民间益智游戏，以其变化多端、百玩不厌的特点与魔方、独立钻石一起被国外智力专家并称为“智力游戏界的三个不可思议”．据《资治通鉴》注释中说“从此道可至华容也”．通过移动各个棋子，帮助曹操从初始位置移到棋盘最下方中部，从出口逃走．不允许跨越棋子，还要设法用最少的步数把曹操移到出口．2021年12月23日，在厦门莲坂外图书城四楼佳希魔方，厦门市新翔小学六年级学生胡宇帆现场挑战“最快时间解数字华容道”世界纪录，并以4.877秒打破了“最快时间解数字华容道”世界纪录，成为了该项目新的世界纪录保持者．

(1)小明一周训练成绩如表所示，现用作为经验回归方程类型，求出该回归方程．

(2)小明和小华比赛破解华容道，首局比赛小明获得胜利的概率是0.6，在后面的比赛中，若小明前一局胜利，则他赢下后一局的概率是0.7，若小明前一局失利，则他赢下后一局比赛的概率为0.5，比赛实行“五局三胜”，求小明最终赢下比赛的概率是多少．

参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小

二乘估计公式分别为：，

参考数据：，

【答案】(1)

(2)0.6855

【分析】（1）先求出，套公式求出和，得到回归方程；（2）记小明获胜时比赛的局数为X，则X的可能取值为3、4、5．分别求出其对应的概率，利用概率的加法公式即可求解.

【详解】（1）由题意，根据表格中的数据，可得，

可得

所以，

因此y关于x的回归方程为：．

（2）记小明获胜时比赛的局数为X，则X的可能取值为3、4、5．

，

．

．

20．已知椭圆的焦点在x轴上，右焦点为F，经过点F且与x轴垂直的直线交椭圆于点，左顶点为D.

(1)求椭圆C的离心率和的面积；

(2)已知直线与椭圆C交于A，B两点，过点B作直线的垂线，垂足为G，判断是否存在常数t，使得直线AG经过y轴上的定点？若存在，求t的值和该定点；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)离心率为，的面积为

(2)存在，，定点为

【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆C的离心率和的面积.

（2）联立直线的方程与椭圆方程，化简写出根与系数关系，根据三点共线列方程求得直线与轴交点的纵坐标，进而求得以及定点坐标.

【详解】（1）由于经过右焦点F且与x轴垂直的直线交椭圆于点，

所以，将坐标代入椭圆方程得，

由解得，所以椭圆的方程为，

离心率，的面积为.

（2）直线过定点，该点在椭圆的内部，所以直线与椭圆恒有个交点，

由消去并化简得，

设，则，则，

依题意可知，设直线与轴交于，

由于三点共线，所以，即，

所以，其中，

解得，

所以当时，为定值.

所以存在常数，使直线过定点.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．设函数，.

(1)当时，求函数的极值；

(2)若函数在上有两个零点，求实数m的取值范围；

(3)若对任意的，恒成立，求实数m的取值范围.

【答案】(1)函数的极小值为1，没有极大值；

(2)；

(3).

【分析】（1）由题可求，利用导数判断单调性，由单调性即可求解；

（2）令可得，令，求，判断单调性求得最值，即可求解；

（3）不等式可转化为，构造函数，可得在上单调递减，即在上恒成立，分离转化为最值问题即可求解.

【详解】（1）解：因为

所以当时，，在上单调递减；

当时，，在上单调递增；

所以当时，取得极小值，无极大值.

所以函数的极小值为1，没有极大值.

（2）由题可得，

令，得．

设，则．

所以当时，，在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

所以的最大值为，又，，可知：

当时，函数有2个零点，

即实数取值范围为.

（3）原命题等价于恒成立，

令，

则等价于在上单调递减，在恒成立,

所以恒成立，又，

所以，

即的取值范围是．

【点睛】方法点睛：函数零点问题的研究，常用的方法有三种，1.方程法（解方程即得解）；2.图象法（作出函数的图象分析即得解）；3.方程+图象法（令得到，再分析函数图象即得解）.

22．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为，，曲线的参数方程为(的参数).

（1）将曲线的极坐标方程､的参数方程化为普通方程.

（2）设，的交点为，求圆心在极轴上，且经过极点和的圆的极坐标方程.

【答案】（1）：，：（2）

【解析】（1）由极坐标与直角坐标转化公式求解，消元t，可得曲线的普通方程；

（2）求出点，设所求圆圆心的直角坐标为，可解的圆的直角坐标方程，化为极坐标即可.

【详解】（1），

，

，

即：

由可得 ，

消去参数，可得

即普通方程为

(2)由，

即，

设所求圆圆心的直角坐标为 ，其中a >0.则，解得 ，

所求圆的半径，所求圆的直角坐标方程为: .

即，

所求圆的极坐标方程为 .

【点睛】关键点点睛：首先利用圆上的点，求出圆心和半径，得到圆的直角坐标方程是解题关键，利用极坐标公式转化为圆的极坐标方程，属于中档题.

23．已知函数，，且的解集为.

（1）求的值；

（2）若都为正数，且，证明：.

【答案】（1）； （2）见解析.

【分析】（1）根据题意，分析可得的解集为，化简可得m的值；

（2）由（1）的结论，则，，结合基本不等式的性质分析可得结论．

【详解】（1），，且的解集为，

可得的解集为，所以.

（2）因为都为正数，所以，

所以

，

当且仅当时，等号成立，即.

【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及基本不等式的性质，关键是求出m的值．