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 附答案

这是一份广西玉林市北流市2023届高三年级教学质量检测数学（理）试题 附答案，共18页。试卷主要包含了已知抛物线，执行如图的程序框图，输出的值是等内容，欢迎下载使用。
2023年5月北流市高三年级教学质量检测数学试题（理科）注意事项1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第I卷（选择题共60分）一、选择题：本题共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，为虚数单位，若为实数，则（    ）A．3 B． C． D．3．已知平面向量，，且，（    ）A．14 B．1 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．204 B．202 C．200 D．1985．已知抛物线：焦点为，准线为，点在上，直线与交于点，则（    ）A． B． C．2 D．16．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）A．0 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．125 B．126 C．127 D．1289．已知四棱锥的五个顶点都在球面上，底面是边长为的正方形，平面面，且，则球面的表面积为（    ）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．为奇函数 B．为奇函数 C． D．第II卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．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1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（为常数）有两个极值点：，，若恒成立，则实数的取值范围是________．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．（12分）在中，角，，所对的边分别，，，且．（1）求角的值；（2）已知在边上，且，，求的面积的最大值．18．（12分）如图，在四棱锥中，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．（12分）随着蓉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：身体综合指标评分（）12345用时（/小时）（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．（12分）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．（12分）已知函数，，且曲线在点处的切线斜率均不小于2．（1）求的值；（2）求证：函数在区间内存在唯一的零点．（二）选考题：共10分，请考生在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．【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）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、两点（异于极点），求．23．【选修4-5：不等式选讲】（10分）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．2023年5月北流市高三教学质量检测数学参考答案（理科）1-5：ACACD 6-10：CCBAD 11-12：BD1．【答案】A  【解析】，解得，所以，由于，所以．故选：A2．【答案】C【解析】因为为实数，则，即，所以．故选：C．3．【答案】A  【解析】因为，，，所以，所以．故选A．4．【答案】C  【解析】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：C．5．【答案】D  【解析】由在上，有，得，所以，，过点作的垂线，垂足为，由抛物线的定义可知，设与轴交于点，则，有，又，所以为中点，有，．故选：D．6．【答案】C  【解析】根据题中所给的框图，可知输出的的值：故选：C7．【答案】C  【解析】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，另一方面，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．【答案】B  【解析】设等比数列的公比为，且，，，，所以，即，故选：B．9．【答案】A  【解析】如图，取中点为，三角形外接圆圆心为，正方形外接圆圆心为，过，作平面，底面垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心．因平面平面，平面平面，，平面，则平面．又平面，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，则，又则，则球表面积为：．故选：A．10．【答案】D  【解析】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．11．【答案】B  【解析】解：由题意可得，，设，由双曲线的定义可得，，，则的周长为当且仅当，，共线，取得最小值，且为由题意可得，即，故选：B．12．【答案】D【解析】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A错误；由是奇函数，则，所以，又，所以，所以C选项错误；由得，所以B选项错误；因为，，所以，所以，所以D选项正确．故选：D．13．【答案】  【解析】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．14．【答案】，，（答案不唯一，写出一个即可）．【解析】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．15．【答案】  【解析】因为函数为奇函数，所以．又，所以，所以．由，得，则，，由对任意存在，满足，则需的取值范围包含．当时，，要使的取值范围包含，则，所以16．【答案】【解析】若有两个极值点为，，则，是关于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：．17．（12分）解：（1）在中因为，由正弦定理得， 1分所以 2分因为，所以．故 3分又是的内角，所以．从而． 4分而为的内角，所以． 5分（2）因为，所以所以  6分从而 8分由基本不等式可得：， 9分， 10分当且仅当，时等号成立， 11分故的面积的最大值为． 12分18．解：（1），，， 1分又平面平面，平面平面，平面， 3分平面 （4分）（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， 6分，，，，，则，，．设平面的法向量为令，得 9分设平面的法向量为，则，令，得 10分设二面角的大小为，由图可知为锐角，则 11分，二面角的正弦值为． 12分19．解：（1），， 2分，，， 4分， 6分相关系数近似为，说明与的相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系； 7分（2）由（1）中数据，， 9分， 11分关于的回归方程为． 12分20．解：设椭圆的焦距为，因为椭圆：的离心率为，所以，即， 1分因为，，，， 2分所以，因为，所以，，，． 3分所以，椭圆的方程为 4分【2】解：设，，则，所以，联立方程得，，所以，， 6分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， 7分令得， 8分又因为，，所以 11分所以，直线与轴交于点 12分21．【1】，则， 1分因为曲线在处的切线斜率均不小于2，所以， 2分得，设），则，令，令， 4分所以函数在上单调递增，在上单调递减，则，所以，又，所以； 5分【2】由（1）知，，所以，则． 6分设，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 9分设，则在上恒成立，所以函数在上单调递增，得，即，得，当时，，所以②． 11分由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． 12分22．（1）由曲线：（为参数，，消去参数，得 1分所以曲线的直角坐标方程为 3分（不写出具体范围，扣1分）因为曲线是以为圆心的圆，且过极点，所以圆心为，半径为1，故的直角坐标方程为：， 4分即，将代入可得：圆的极坐标方程为 5分（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； 6分的极坐标方程为； 7分因为、是直线：与曲线、的两个交点，不妨设，，由于：，：，所以，， 9分从而． 10分23．（1）解：当时， 1分当时，即，； 2分当时，即，； 3分当时，即，， 4分综上可得不等式的解集为． 5分（2）解：，当且仅当时取等号， 6分又，且， 8分当且仅当，即，时等号成立， 9分所以 10分．