广西南宁市第二中学2022-2023学年高三数学（理）高考考前模拟大演练试题（Word版附解析）

这是一份广西南宁市第二中学2022-2023学年高三数学（理）高考考前模拟大演练试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 已知函数同时满足性质，2B， 已知，则等内容，欢迎下载使用。

2023届南宁市第二中学考前模拟大演练
数学（理科）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.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.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，有一项是符合题目要求的.
1. 若复数，在复平面内对应的点关于x轴对称，且，则复数（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性求出，再利用复数除法求解作答.
【详解】复数，在复平面内对应的点关于x轴对称，且，则，
所以.
故选：D
2. 设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】观察出图中阴影部分表示的集合为，结合交集的定义即可求解.
详解】由得，
图中阴影部分表示的集合是，故.
故选：A
3. 如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图：

下列结论中错误的是（ ）
A. 从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加
B. 2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多
C. 2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平
D. 1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢
【答案】D
【解析】
【分析】利用折线图、条形图及扇形图的特点即可求解.
【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；
对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；
对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；
对于D，由题中三幅统计图并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.
故选：D.
4. 如图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为．则该几何体的俯视图可以是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由已知条件该几何体是一个棱长为的正方体沿对角面截去一半后的三棱柱，底面为直角边长为的直角三角形．故选C．
考点：空间几何体的三视图、直观图．

5. 已知函数同时满足性质：①；②当时，，则函数可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，确定函数的奇偶性和在上的单调性，再逐项判断作答.
【详解】由，知函数是偶函数，由当时，，知在上单调递减，
对于A，函数在上单调递增，A不是；
对于B，指数函数不具奇偶性，B不是；
对于D，当时，在上单调递增，D不是；
对于C，函数是偶函数，当时，，
而余弦函数在上单调递减，即在上单调递减，C是.
故选：C
6. 已知一组样本数据共有9个数，其平均数为8，方差为12.将这组样本数据增加一个数据后，所得新的样本数据的平均数为9，则新的样本数据的方差为（ ）
A. 18.2 B. 19.6 C. 19.8 D. 21.4
【答案】C
【解析】
【分析】利用平均数公式及其方差公式求解.
【详解】设增加的数为，原来的9个数分别为，
则，，
所以，
又因为，即，
所以，
故选：C.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用降幂公式及诱导公式计算可得.
【详解】因为，
所以.
故选：A
8. 五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为、、、，
先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为，
接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、，
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、.
综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、.
则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，
填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、.
所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种.
因此，不同的涂色方法种数有种.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
9. 在《最强大脑》的节目中，作为脑力角逐的考题，阿基米德多面体成为了难倒一众天才的“元凶”，因此“一夜爆红”.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.例如足球一般是有12个正五边形和20个正六边形构成的阿基米德多面体.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答.
【详解】将该多面体放入正方体中，如图所示.

由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，
因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，
所以该多面体外接球的球心为正方体对角线的中点，
其外接球直径等于正方体的面对角线长，即，所以，
所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积.
故选：C
10. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点，，点到直线的距离为，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设于，则由已知条件可求出，，再利用椭圆的定义可求出，然后在中利用勾股定理列方程可求出离心率.
【详解】如图，设于，
则由题意得，，
∴，，
由椭圆定义可得，
∴，
在中，由勾股定理得，
可得.
故选：A

11. 已知中，角A，B，C对应的边分别为a、b、c，D是AB上的三等分点（靠近点A）且，，则的最大值是（ ）
A. B.
C. 2 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由正余弦边角关系可得，进而有，设，则，且，利用正弦定理、和差角正弦公式得，即可求最大值.
【详解】由，则，即，
所以，，则，

设，则，且，
△中，则，
△中，则，
又，即，（为△的外接圆半径），
所以， 即，
又，故，时，.
故选：A
12. 对于任意的，关于x的方程在上有三个根，则实数a的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】原方程可以化成，取，，利用导数研究两个函数的单调性、极值和最值可得实数的取值范围.
【详解】原方程可以化成，取，.
，
当时，，故在上为减函数；
当时，，故在上为增函数；
当时，，故在上为增函数；
，，，
，故，在上为增函数.
因为关于的方程在有三个不同的实数根，故
，故，解答，故选A.
【点睛】复杂方程的解的问题，应结合方程的特点将已知方程转化为熟悉函数对应的方程，再把方程解的特征转化为函数应该具有的特征，最后利用导数研究函数的单调性、极值等结合函数特征得到参数的取值范围，
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在等差数列中，若，则__________.
【答案】24
【解析】
【分析】由等差中项的性质即可求解.
【详解】因为在等差数列中，有，所以由，
得，，又，所以.
故答案为：24
14. 已知向量与的夹角为，且，则_______.
【答案】4
【解析】
【详解】分析：根据平面向量数量积公式可得，对，两边平方，得到关于的方程，解方程即可得结果.
详解：，
向量与的夹角为，，
，解得，故答案为.
点睛：本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.
15. 在正方体中，为底面的中心，为线段上的动点（不与两个端点重合），为线段的中点，则以下正确的是____________.
①直线与是异面直线；
②三棱锥的体积是定值；
③存在点，使平面；
④存在点，使平面.
【答案】②③
【解析】
【分析】由、相交易判断①，由可判断②，当为中点时，可得平面，即可判断③，当与重合时，面，然后可判断④.
【详解】
对于①：因为、相交，为线段的中点，为线段的中点，
所以与共面，故①错误；
对于②：因为，是正方体，
所以，因为平面，平面，
所以平面，所到面的距离不变，所以为定值，故②正确；
对于③：当为中点时，为的中位线，，
因为平面，平面，
所以平面，故③正确；
对于④：当与重合时，因为，平面，
所以平面，因为平面，所以，
同理可证，因为，平面BDM，所以平面，
又因为不与端点重合，故④错误．
故答案为：②③
16. 已知点，点P在抛物线上运动，F是抛物线的焦点，连接PF并延长与圆交于点B，则的最小值是___________.
【答案】4
【解析】
分析】求出焦点，设.表示出，令，换元根据基本不等式即可求出答案.
【详解】
由题意可知，抛物线的焦点为.
设点，则由抛物线的定义得，.
要使最小，则应有，
此时有.
令，则，
，
因为，显然有，
则由基本不等式知，当且仅当，即时等号成立.
故的最小值为.
故答案为：4.
三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在等差数列中，为的前n项和，，数列满足．
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式可求数列的通项公式，再根据数列的项与前n项和的关系可求的通项公式；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
所以，解得，所以，
，①
则当时，②
①②得：，则，
而当时，，则，满足上式．
所以．
【小问2详解】
记，


，
.
18. 如图在多面体中，，平面，为等边三角形，，，，点是的中点.

（1）若点是的重心，证明：点在平面内；
（2）求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，再由，平面可证得结论成立；
（2）以为原点，所在直线为轴，平面内垂直于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正切值.
【小问1详解】
证明：取中点，连接、，如图所示，

因为点是的重心，故一定在中线上，
因为点是的中点，点是的中点，所以是梯形的中位线，
所以，且，
又，所以，所以四边形是平行四边形，
因为点，平面，
所以点平面，即点在平面内.
【小问2详解】
解：以为原点，所在直线为轴，平面内垂直于的直线为轴，
所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
，，，
设平面与平面的法向量分别为，，
则，不妨取，则，
，不妨取，，
所以，则，
所以，，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的正切值为.
19. 为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某单位指导一贫困村通过种植紫甘薯来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据以往的经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了2021年种植的一批试验紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数.
温度/℃
21
23
24
27
29
30
死亡数/株
6
11
20
27
57
77
经计算，，，，，
，，，其中，分别为试验数据中的温度和死亡株数，.
（1）若用一元线性回归模型，求关于的经验回归方程；
（2）若用非线性回归模型求得关于的非线性经验回归方程，且相关指数为.
（ⅰ）试与（1）中的回归模型相比，用说明哪种模型的拟合效果更好；
（ii）用拟合效果好的模型预测温度为35℃时该批紫甘薯的死亡株数（结果取整数）.
附：对于一组数据其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，；相关指数为：.
【答案】（1）；
（2）①；②192.
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用最小二乘法即可求出回归方程；
（2）①通过题意给的公式计算求出即可比较拟合效果；②根据题意直接带入求值即可.
【小问1详解】
由题意可知，
，
∴关于的线性回归方程是；
【小问2详解】
①用指数回归模型拟合与的关系，相关指数，
线性回归模型拟合与的关系，相关指数，
则，
∴用比拟合效果更好；
②中，令，
则，
故预测温度为时该紫甘薯死亡株数约为192株.
20. 抛物线C：上的点到抛物线C的焦点F的距离为2，A､B（不与O重合）是抛物线C上两个动点，且.
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）x轴上是否存在点P使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由焦半径公式求出，求出抛物线方程；
（2）设出直线方程，与抛物线方程联立得到点坐标，同理得到点坐标，利用得到，求出，求出定点坐标.
【小问1详解】
由抛物线的定义得，解得，
则抛物线的标准方程为.
【小问2详解】
依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，

由得直线方程为：，
由，解得，
由，解得
由得，假定在轴上存在点使得，设点，
则由（1）得直线斜率，直线斜率，
由得，则有，即，
整理得，
显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，
即当时，恒成立，恒成立，
所以轴上存在点使得.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
21. 设函数，.
（1）若直线和曲线相切，求k的值；
（2）当时，若存在正实数m，使对任意，都有恒成立，求k的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）设切点坐标，利用导数求得切线方程，与已知切线是同一条直线，可求出k的值；
（2）对k的取值进行分类讨论，利用导数求恒成立的条件，得到k的取值范围.
【小问1详解】
设切点的坐标为，由，得，
∴切线方程为，即
由已知得和表示同一条直线，∴，，
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
∴，由，∴，解得.
【小问2详解】
①当时，由（1）结合函数的图像知，

存在，使对任意，都有，
则不等式等价于，
即.
设，则.
由，得；由，得
若，则，
∵，在上单调递减，，
∴对任意，都有，与题意不符；
若，则，∵
∴在上单调递增，
∵，对任意，都有，符合题意.
此时取，可得对任意，都有恒成立.
②当时，由(1)结合函数的图像知
所以对任意都成立，
所以等价于.
设，则，
由得 ，由得 ，
所以在 单调递减，由，
所以对任意 ， ，不符合题意，
综上所述，k的取值范围为.
请考点在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，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. 在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
（1）求C和l的直角坐标方程；
（2）求C上的点到l距离的最小值．
【答案】（1）；；（2）
【解析】
【分析】（1）利用代入消元法，可求得的直角坐标方程；根据极坐标与直角坐标互化原则可得的直角坐标方程；（2）利用参数方程表示出上点的坐标，根据点到直线距离公式可将所求距离表示为三角函数的形式，从而根据三角函数的范围可求得最值.
【详解】（1）由得：，又

整理可得直角坐标方程为：
又，
的直角坐标方程为：
（2）设上点的坐标为：
则上的点到直线的距离
当时，取最小值
则
【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化、求解椭圆上的点到直线距离的最值问题.求解本题中的最值问题通常采用参数方程来表示椭圆上的点，将问题转化为三角函数的最值求解问题.
【选修：4-5不等式选讲】
23. 已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若关于x的不等式对于任意实数x恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）分段讨论去绝对值解不等式即可；（2）不等式对于任意实数x恒成立，转化为对于任意实数x恒成立，记，
将写成分段函数形式，判断函数的单调性，依据单调性求得的最小值，从而可得可得的范围.
【详解】解：（1）当时，
当时，，解得；
当时，不等式无解；
当时，，解得.
综上，不等式的解集为.
（2）由题意知，，
所以.
记，
则，
当时，，
则，
又当时，，
所以，
所以，
所以实数m的取值范围为.
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法以及绝对值不等式恒成立问题.属于中档题.