广西玉林、贵港、贺州市2023届高三联合调研考试(一模)数学（文）试题

2023年高考玉林、贵港、贺州市联合调研考试

数 学（文科）

注意事项

1. 本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟

2. 答题前，考生将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置上

3. 选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.

4. 请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.

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.

【答案】C

【解析】

【分析】解出中不等式，根据交集含义即可得到答案.

【详解】，解得，故.

故选：C.

2. 设，则（    ）

A. B. C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数除法运算解决即可.

【详解】由题知，，

所以，

故选：B

3. 在区间[－2,2]内随机取一个数x，使得不等式成立的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由可得,再根据几何概型的计算方法求解即可.

【详解】解：由可得，

由几何概型的定义可得使不等式成立的概率为：.

故选：B.

4. 已知双曲线的右焦点为，一条渐近线方程为，则C的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据焦点坐标与渐近线方程，列出方程组，求出，得到C的方程.

【详解】由题意得：，解得：，

故C的方程为：.

故选：D

5. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三视图可得，该几何体是以个正方体内挖去一个底面直径为正方体棱长且等高的圆锥，代入体积计算公式即可求解.

【详解】由三视图可知：该几何体是一个棱长为的正方体内挖去一个底面半径为，高为的圆锥，

由正方体和圆锥的体积计算公式可得：

，

故选：

6. 已知正项等比数列}满足为与的等比中项，则（    ）

A. B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据等比中项定义和等比数列通项公式得，解得，化简.

【详解】设等比数列的公比为，

由题意得，即，

，，

，

故选：B.

7. 圆上一点P到直线的最大距离为（    ）

A. 2 B. 4 C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆的一般方程写出圆心坐标和半径，则点P到直线的最大距离为圆心到直线的距离加上半径即可求得结果.

【详解】由圆化为标准方程可知，

圆心坐标为，半径；

则圆心到直线的距离为，

所以，圆上一点P到直线的最大距离为.

故选：D.

8. 已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A.的一条对称轴为

B.的一个对称中心为

C.在上的值域为

D.的图象可由的图象向右平移个单位得到

【答案】C

【解析】

【分析】化简可得，利用代入检验法可判断AB的正误，利用正弦函数的性质可判断C的正误，求出平移后的解析式可判断D的正误.

【详解】，

因为，故不是对称轴，故A错误.

，不是的一个对称中心，

故B错误.

当时，，故，

所以，即在上的值域为，

故C正确.

的图象向右平移后对应的解析式为，

当时，此时函数对应的函数值为，而，

故与不是同一函数，故D错误.

故选：C.

9.是定义在R上的函数，为奇函数，则（    ）

A. －1 B. C.  D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】由奇函数定义得，及即可求值

【详解】是定义在R上的函数，为奇函数，则

.

∴.

故选：A

10. 牛顿冷却定律描述物体在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为，则经过一定时间t分钟后的温度T满足，称为半衰期，其中是环境温度.若，现有一杯80°C的热水降至75°C大约用时1分钟，那么此杯热水水温从75°C降至45°C大约还需要（参考数据：）（    ）

A. 10分钟 B. 9分钟 C. 8分钟 D. 7分钟

【答案】A

【解析】

【分析】根据题目所给的函数模型，代入数据可计算得出的值，利用参考数据即可计算得出结果.

【详解】将所给数据代入得，，

即，所以

当水温从75°C降至45°C时，满足，

可得，即分钟.

故选：A.

11. 已知抛物线）的焦点为，准线为l，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线l交于点D，若，则p=（    ）

A. 1 B.  C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】利用抛物线的定义，以及几何关系可知，再利用数形结合可求的值.

【详解】如图，

设准线与轴的交点为，作，，垂足分别为，，

则.根据抛物线定义知,,

又，所以，

设，因为，所以，

则.

所以,，又,可得,所以，

所以,

可得,即.

故选：.

12. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】变换，，，构造，确定函数的单调区间得到，得到答案.

【详解】，，，

设，则，当时，，函数单调递增，

故，即.

故选：A

【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：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知向量，若，则m=___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标表示，列式求的值.

【详解】由题意可知，，

因为，所以，得.

故答案为：

14. 近年来，“考研热”持续升温，2022年考研报考人数官方公布数据为457万，相比于2021年增长了80万之多，增长率达到21%以上.考研人数急剧攀升原因较多，其中，本科毕业生人数增多、在职人士考研比例增大，是两大主要因素.据统计，某市各大高校近几年的考研报考总人数如下表：

根据表中数据，可求得y关于x的线性回归方程为，则m的值为___________.

【答案】2.8

【解析】

【分析】求出的值，以及用表示出，代入线性回归方程得到关于的方程，解出即可.

【详解】，，

，

，

解得.

故答案为：2.8.

15. 记为等差数列的前n项和.若，则=___________.

【答案】144

【解析】

【分析】利用等差数列的前n项和公式求解即可.

【详解】设等差数列的公差为，

则解得，

所以，

故答案:144.

16. 已知棱长为8的正方体中，点E为棱BC上一点，满足，以点E为球心，为半径的球面与对角面的交线长为___________.

【答案】

【解析】

【分析】过点作于，确定的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，计算得到答案.

【详解】如图所示：过点作于，为球面与对角面的交线上一点，

平面，平面，故，，

且，平面，故平面，

，故，，则，

故的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，如图所示：

，，故，交线长为：.

故答案为：

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17~21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. 4月23日是“世界读书日”，读书可以陶冶情操，提高人的思想境界，丰富人的精神世界，为了丰富校园生活，展示学生风采，某中学在全校学生中开展了“阅读半马比赛”活动. 活动要求每位学生在规定时间内阅读给定书目，并完成在线阅读检测.通过随机抽样，得到100名学生的检测得分（满分：100分）如下：

（1）若检测得分不低于70分的学生称为“阅读爱好者”，若得分低于70分的学生称为“非阅读爱好者”.根据所给数据

①完成下列列联表

②请根据所学知识判断是否有95%的把握认为“阅读爱好者”与性别有关；

（2）若检测得分不低于80分的人称为“阅读达人”.现从这100名学生中的男生“阅读达人”中，按分层抽样的方式抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求这3人中至少有1人得分在[90，100]内的概率.

附：，其中.

【答案】（1）答案见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据100名学生的检测得分表，即可完成列联表，利用计算出的值，查表即可得出结论；（2）根据分层抽样方法分别计算出不同成绩区间的人数，再利用“正难则反”的思想计算出不合题意的概率，即可得出结果.

【小问1详解】

根据题意可知，100名学生中男生55人，女生45人；

男生中“阅读爱好者”为人，“非阅读爱好者”10人；

同理，女生中“阅读爱好者”为30人，“非阅读爱好者”15人；

所以，列联表如下：

利用表中数据可得，

所以，没有95%的把握认为“阅读爱好者”与性别有关；

【小问2详解】

由表可知，男生中“阅读达人”共30人，

若按分层抽样的方式抽取5人，则得分在[80，90）内的人数为人，

得分在[90，100]内的人数为人；

则再从这5人中随机抽取3人共有种，其中没有人得分在[90，100]内的情况为种；

所以这3人中至少有1人得分在[90，100]内的概率为；

故这3人中至少有1人得分在[90，100]内的概率为.

18. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

（1）求.

（2）若点D在边AC上，且，求.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理进行角换边得，结合余弦定理即可求出的值；

（2）利用转化法得，两边同平方得，结合（1）中整理的式子即可解出的值.

【小问1详解】

据已知条件及正弦定理得

整理得，

又据余弦定理，则有，因为

则；

【小问2详解】

因为，

所以，

故,

即

所以,

整理得

故,

化解得，因为，

故，

则.

19. 在三棱锥中，底面ABC是边长为2的等边三角形，点P在底面ABC上的射影为棱BC的中点O，且PB与底面ABC所成角为，点M为线段PO上一动点.

（1）证明：；

（2）若，求点M到平面PAB的距离.

【答案】（1）见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由三线合一得，再根据线面垂直的性质定理得，最后根据线面垂直的判定定理得到面，则；

（2）设点到平面的距离为,点到面的距离为，利用等体积法有，即，代入相关数据求出，则.

【小问1详解】

分别连接，，为中点，为等边三角形

，

点在底面上的投影为点，

平面，平面，

，

又平面平面，

面，面，

.

【小问2详解】

设点到平面的距离为,点到面的距离为，

，

为在底面上的投影,

为与面所成角，，

垂直平分，，为正三角形，，

Rt中，易得

，

，

到的距离为，，

又，

由，，

，

，

点到平面的距离为

20. 已知函数.

（1）当时，求函数的最大值；

（2）若关于x的方1有两个不同的实根，求实数a的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，讨论其单调性后可得函数的最大值.

（2）利用同构可将原方程转化为有两个不同的正数根，利用导数结合零点存在定理可求参数的取值范围.

【小问1详解】

当时，，故，

当时，，故在上为增函数，

当时，，故在上为减函数，

故.

【小问2详解】

方程即为，

整理得到：，令，

故，因为均为上的增函数，故为上的增函数，

而，故的解为，

因为方程有两个不同的实数根，故有两个不同的正数根，

设，则，

若，则，故在上为增函数，

在上至多一个零点，与题设矛盾；

若，则时，；时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

由有两个不同的零点可得，

故.

当时，，而，

故在有且只有一个零点，

又，设，

令，，则，

故在上为减函数，故，

故，故在有且只有一个零点，

综上.

【点睛】思路点睛：导数背景下的函数的零点问题，注意根据解析式的同构特征合理构建新函数，后者可利用导数讨论其单调性，并结合零点存在定理检验零点的存在性.

21. 已知椭圆的离心率为，依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为.

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）设点F为E的右焦点，，直线l交E于P，Q（均不与点A重合）两点，直线的斜率分别为，若，求△FPQ的周长

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题设可得基本量的方程组，求出其解后可得椭圆的方程；

（2）设直线，由题设条件可证明该直线过定点，根据椭圆的定义可求周长.

【小问1详解】

因为椭圆的离心率为，故，故，

因为依次连接椭圆E的四个顶点构成的四边形面积为，故，

所以，故，

故椭圆方程为：.

【小问2详解】

设直线，，

则，，故，

故

，

由可得，

故，

整理得到，

又，

故

，

故或，此时均满足.

若，则直线，此时直线恒过，与题设矛盾，

若，则直线，此时直线恒过，

而为椭圆的左焦点，设为，

故的周长为.

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

【选修4—4；坐标系与参数方程】

22. 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.

（1）求曲线C的直角坐标方程；

（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）对曲线C的极坐标方程变形后，利用求出答案；

（2）将直线的参数方程化为，联立椭圆方程后，利用的几何意义求弦长.

【小问1详解】

变形为，

即，

因为，故，

即；

【小问2详解】

变形为，

与联立得：，

故，

故.

【选修；不等式选讲】

23. 已知函数

（1）当时，求的最小值；

（2）若对，不等式恒成立，求a的取值范围.

【答案】（1）2；    （2）或.

【解析】

【分析】（1）首先化简得，利用绝对值不等式即可求出的最小值；

（2）利用三元基本不等式求出，再根据绝对值不等式得，则有，解出即可.

小问1详解】

化简得，

当时,,

当时等号成立,所以的最小值为2;

【小问2详解】

由基本不等式得,

当且仅当,即时,等号成立.

又因为,

当且仅当时,等号成立.

所以,

或

或.