2023年广西高考数学模拟试卷（理科）（4月份）-普通用卷

2023年广西高考数学模拟试卷（理科）（4月份）

一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，若，则实数的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

2.  若复数满足方程，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  某市商品房调查机构随机抽取名市民，针对其居住的户型结构和是否满意进行了调查，如图，被调查的所有市民中二居室住户共户，所占比例为，四居室住户占如图，这是用分层抽样的方法从所有被调查的市民对户型是否满意的问卷中，抽取的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是(    )

 

A.
B. 被调查的所有市民中四居室住户共有户
C. 用分层抽样的方法抽取的二居室住户有户
D. 用分层抽样的方法抽取的市民中对三居室满意的有户

4.  若二项式的展开式中只有第项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为(    )

A.  B.  C.  D.

5.  如图，在中，，，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  函数的图像大致为(    )

A.  B.
C.  D.

7.  函数在区间上存在极值点，则整数的值为(    )

A. ， B. ， C. ， D. ，

8.  高斯被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称小学进行的求和运算时，他这样算的：，，，，共有组，所以，这就是著名的高斯算法，课本上推导等差数列前项和的方法正是借助了高斯算法已知正数数列是公比不等于的等比数列，且，试根据以上提示探求：若，则(    )

A.  B.  C.  D.

9.  在椭圆中，已知焦距为，椭圆上的一点与两个焦点，的距离的和等于，且，则的面积为(    )

A.  B.  C.  D.

10.  双曲线：的左顶点为，点，均在上，且关于轴对称若直线，的斜率之积为，则的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

11.  已知球的体积为，高为的圆锥内接于球，经过圆锥顶点的平面截球和圆锥所得的截面面积分别为，，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

12.  函数，则关于函数有下列四个结论：
的一个周期为；
的最小值为；
图像的一个对称中心为；
在区间内为增函数．
其中所有正确结论的编号为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知数列是等差数列，并且，，若将，，，去掉一项后，剩下三项依次为等比数列的前三项，则为        ．

14.  若直线与曲线相切，则        ．

15.  在四棱锥中，底面为梯形，，，点在侧棱上，点在侧棱上运动，若三棱锥的体积为定值，则        ．

16.  在平面直角坐标系中，点，满足：：的动点的轨迹为，若直线：上存在点，在曲线上存在两点，，使得，则实数的取值范围是______ ．

三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
为了进一步提升基层党员自身理论素养，强化基层党组织建设质量，市委组织部举办了主题为“夯实基础抓党建，心怀使命立新功”的党建主题知识竞赛满分分从参加竞赛的党员中采用分层抽样的方法，抽取若干名党员，统计他们的竞赛成绩得到下面的频率分布表：

已知成绩在区间内的有人．
将成绩在内的定义为“优秀”，在内的定义为“良好”请将下面的列联表补充完整，并判断是否有的把握认为竞赛成绩是否优秀与性别有关，说明你的理由．
若在抽取的竞赛成绩为优秀的党员中任意抽取名党员进行党建知识宣讲，设为抽到的竞赛成绩在内的人数，求的分布列及数学期望．

，．

18.  本小题分
如图，在多面体中，四边形为直角梯形，，，，，四边形为矩形．
求证：平面平面；
线段上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，确定点的位置并加以证明．

19.  本小题分
在中，内角，，所对的边分别为，，，且．
求；
若，求的最小值．

20.  本小题分
己知动圆经过点，且动圆被轴截得的弦长为，记圆心的轨迹为曲线．
求曲线的标准方程；
设点的横坐标为，，为圆与曲线的公共点，若直线的斜率，且，求的值．

21.  本小题分
已知函数，，若在处取得极小值．
求实数的取值范围；
若，求证：．

22.  本小题分
在平面直角坐标系中，直线的参数方程为其中为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，点的极坐标为，直线经过点曲线的极坐标方程为．
求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；
过点作直线的垂线交曲线于，两点在轴上方，求的值．

23.  本小题分
已知函数．
当时，解不等式；
若的值域为，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，
因为，所以，
故，解得：．
故选：．
求出，，根据，得到，从而得到不等式，求出实数的取值范围．
本题主要考查了集合并集的性质，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：复数满足方程，
则，即．
故选：．
根据已知条件，结合配方法，即可求解．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：因为被调查的所有市民中二居室住户共户，
所占比例为，
所以，四居室住户有户，三居室住户有户，故A，B正确；
用分层抽样的方法抽取的二居室住户有户，故C正确；
用分层抽样的方法抽取的市民中对三居室满意的有户，故D错误．
故选：．
根据饼图、直方图分析样本总量及四居室住户数，结合分层抽样的性质分析二居室、三居室住户数及满意度即可．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：的展开式共有项，只有第项的二项式系数最大，
，
，
的第项为，，
令，解得：，
，即：展开式中项的系数为．
故选：．
运用二项式系数最大项求出的值，再运用二项展开式的通项公式计算即可．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：，，
，

．
故选：．
利用平面向量的数乘与加减运算，把问题转化为的数量积求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：的定义域为，
，
故函数为奇函数，排除；
，，，排除．
故选：．
函数为奇函数，排除，计算，排除，得到答案．
本题主要考查了函数奇偶性在函数图象判断中的应用，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：函数，可得，
当和时，，当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减．
若在上无极值点，则或或，
时，在上无极值点，
时，在上存在极值点．
因为是整数，故或，
故选：．
求出导函数，判断函数的单调性，利用函数的极值所在位置，求解的值即可．
本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的判断，是中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：根据等比数列的下标性质由，
函数，
，
令，
则，
，．
故选：．
根据倒序相加法，结合等比数列的下标性质进行求解即可．
本题主要考查了等比数列的性质，还考查了倒序相加求和方法的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：由题可知，焦距，则，
又椭圆上的一点与两个焦点，的距离的和等于，
即，所以，
在中，，
由余弦定理得：，
整理得，
所以，则，
故的面积．
故选：．
根据椭圆的几何性质，余弦定理，三角形面积公式，即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由题意知双曲线左顶点为，设，则，
则有，
又，将代入中，得，
即，所以，故，
故选：．
设，则，化简可得，结合，即可求得答案．
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查圆锥的外接球，考查空间想象能力，属于中档题．
根据给定条件，求出球半径，平面截球所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答．

【解答】

解：设球半径为，由得，
平面截球所得截面小圆半径，由得，
因此，球心到平面的距离，
而球心在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，
因圆锥的高为，则球心到圆锥底面圆的距离为，
于是得圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段为圆锥底面圆的弦，点为弦中点，如图，

依题意，，弦，
所以．
故选C．

12.【答案】 

【解析】解：由题意可得：
，
显然，故正确；
，
令得，此时单调递增；
令得，此时单调递减；
即在和时取得极小值，此时函数值均为，即正确；
而时，，此时单调递增，即正确；
对于，故是奇函数，关于原点中心对称，
由的周期性可得的对称中心为，事实上，即错误，
综上正确的是：．
故选：．
化简，对于可以利用周期性定义判定；对于，均利用导数法判定其单调性得出结果；对于，可通过判定的奇偶性得出结果．
本题考查三角函数综合，难度较大．关键在于先化简得，利用导数研究其单调性及最值时注意统一变量及整体代换的意识，减小计算量．
 

13.【答案】 

【解析】解：设等差数列的公差为，
由可得，即，
又，可得，
则，，，，
所以，，，去掉一项后，剩下三项依次为，，，
为等比数列的前三项，则公比为，
则，
故答案为：．
设等差数列的公差为，由等差数列的性质和通项公式，可得公差，进而得到等比数列的公比，可得所求值．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：设切点坐标为，由曲线可得，
则，解得，所以．
故答案为：．
根据导数的几何意义进行求解即可．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由于三棱锥的体积为定值，
所以三棱锥的体积为定值转换顶点，
而在上运动，
所以上的点到平面的距离都相等，
所以平面，
记平面与平面的交点为，
由平面，平面，平面，
所以，故，
由于，所以∽，
所以，
所以．
故答案为：．
利用等体积得到三棱锥的体积为定值转换顶点，平面，记平面与平面的交点为，利用∽即可求解．
本题考查了三棱锥体积的应用，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：设，因为，，
又因为：：，则，
平方得，
化简可得：，动点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，
因为直线：过定点，
若在直线：上存在点，在上存在两点，，使得，
当，为圆的切点时点到圆心的距离达到最大，此时为，
所以点到圆心的距离小于等于，
也即，，
解之可得：，
所以实数的取值范围是，
故答案为：．
先求出动点的轨迹方程，然后上存在两点，，使得成立，则点到圆心的距离小于等于，列式计算可求实数的范围．
本题主要考查了轨迹方程的求解，还考查了直线与圆位置关系的应用，属于中档题．
 

17.【答案】解：设样本容量为，则，解得，
故成绩优秀的党员人数为，
成绩良好的党员人数为，

，
故没有的把握认为竞赛成绩是否优秀与性别有关；
因为竞赛成绩在，，内的人数分别为，，，
所以随机变量的所有可能取值为，，，
，，，
所以的分布列为

故． 

【解析】按条件填写二联表，依据公式计算即可；
先计算的所有可能取值为，，，依次计算其对应概率，得出分布列，按照离散型随机变量的均值计算即可．
本题主要考查了列联表的应用，还考查了离散型随机变量的期望的求解，属于中档题．
 

18.【答案】证明：由平面几何的知识得，，
又，在中，满足，
为直角三角形，且．
四边形为矩形，．
由，，，
得平面．
又平面，
平面平面．
解：存在点，使得二面角为大小为，点为线段的中点．
事实上，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，由，即，得．
设平面的一个法向量为，
，，
则，取，得．
平面的一个法向量为．
二面角为大小为，
．
解得 或舍去．
当点为线段的中点时，二面角为大小为． 

【解析】推导出，，从而平面，由此能证明平面平面．
以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出存在点，使得二面角为大小为，点为线段的中点．
本题考查面面垂直的证明，考查满足二面角的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想，是中档题．
 

19.【答案】解：由，可得，
由正弦定理得，即，
由余弦定理，得，因为，可得；
由知，
又由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
所以
，
所以的最小值为． 

【解析】利用正弦定理化简已知关系式，再结合余弦定理即可求解；利用余弦定理以及基本不等式得出，然后化简，利用正弦定理即可求解．
本题考查了解三角形问题，涉及到正余弦定理以及基本不等式的应用，属于中档题．
 

20.【答案】解：设，则点到轴的距离为，
因为圆被轴截得的弦长为所以，又，
所以，
化简可得，
所以曲线的标准方程为；
设，因为直线的斜率，
所以可设直线的方程为，
由及消去可得，
所以，，
所以，
设线段的中点为，点的纵坐标为，则，又，
所以直线的斜率为，所以，
所以，
所以，
易得圆心到直线的距离，
由圆经过点，可得，
所以，
整理可得，
解得或，
所以或，又，
所以． 

【解析】设，由圆被轴截得的弦长为可知，结合化简后即可知曲线的标准方程；
设直线的方程为，与抛物线方程进行联立，可求出弦长，设线段的中点为，由得，又由联立后可求出进而求出所求的值．
本题考查了曲线方程求解，考查了圆和直线的位置关系，属于中档题．
 

21.【答案】解：，，
若，则，在上单调递增，没有极小值，不符合题意；
若时，令，，则，
故在在上单调递增，
又，，
根据零点判定定理可得存在，使得，，
当时，，，此时函数单调递减，当时，，，此时函数单调递增，
所以在处取得极小值，符合题意，
综上，的范围，
证明：由时，存在，使得，即，
又，即，
，
，
，即，
令，，则，
故在上单调递增，且，
当时，，
令，，，
故在上单调递增，，
故，，
令，，，
故在上单调递增，，
故，，
所以，
由，可得． 

【解析】先对函数求导，然后结合导数与单调性及极值的关系对进行分类讨论，即可求解；
由时，存在，使得，即，然后结合导数与函数的性质，通过不等式放缩，转化为求解二次函数的值域，可证．
本题主要考查了利用导数研究函数的极值存在条件及应用，还考查了利用导数及函数性质证明不等式，体现了转化思想的应用．
 

22.【答案】解：由题意得点的直角坐标为，将点代入得，
则直线的普通方程为．
由得，即．
故曲线的直角坐标方程为．
设直线的参数方程为为参数，
代入得．
设对应参数为，对应参数为．
则，，且，．
． 

【解析】求得的直角坐标，代入直线的参数方程求得，进而得到的普通方程；由极坐标和直角坐标可得曲线的直角坐标方程；
求得直线的参数方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和参数的几何意义，计算可得所求值．
本题考查直角坐标和极坐标的关系，以及参数方程和普通方程、极坐标方程的互化，考查直线方程和抛物线的联立，运用韦达定理，考查化简运算能力，属于中档题．
 

23.【答案】解：当时，不等式为，
当时，不等式化为，无解；
当时，不等式化为，故；
当时，不等式化为，故，
综上，不等式的解集为．
证明：，当且仅当与异号时，取得最小值，
的值域为，且，，故．
当且仅当，即，时取等号，
，
又当且仅当，即，时取等号，
，，
，． 

【解析】由绝对值的定义分段去绝对值求解．
由绝对值不等式求函数的值域可确定，再配凑均值不等式的形式，两次用均值不等式即可证明．
本题考查绝对值不等式的解法，利用基本不等式证明不等式，属于中档题．