2023年广西玉林市重点中学高考数学模拟试卷（理科）（二）

2023年广西玉林市重点中学高考数学模拟试卷（理科）（二）

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.  在复平面内，复数对应的点位于(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

2.  设集合，，且，则(    )

A.  B.  C.  D.

3.  一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧左视图分别如图所，则该几何体的俯视图为(    )

A.  B.
C.  D.

4.  运行如图程序框图，输出的值是(    )

 

A.  B.  C.  D.

5.  已知函数是奇函数，且，若是函数的一个零点，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  甲、乙两人各进行次射击，如果两人击中目标的概率分别为和，则其中恰有人击中目标的概率是(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知圆：，直线：，若当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为，则的取值为(    )

A.  B.  C.  D.

9.  南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为(    )

A.  B.  C.  D.

10.  我国东汉末数学家赵爽在周髀算经中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示在“赵爽弦图”中，若，则(    )

A.  B.  C.  D.

11.  已知是边长为的等边三角形，，当三棱锥体积取最大时，其外接球的体积为(    )

A.  B.  C.  D.

12.  定义平面凸四边形为平面上每个内角度数都小于的四边形已知在平面凸四边形中，，，，，则的取值范围是(    )

A.  B.
C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  展开式中常数项为______．

14.  若，则          ．

15.  写出一个值域为，在区间上单调递增的函数           ．

16.  如图，一个光学装置由有公共焦点，的椭圆与双曲线构成，一光线从左焦点发出，依次经过与的反射，又回到点，历时秒；若将装置中的去掉，则该光线从点发出，经过两次反射后又回到点历时秒，若的离心率为的离心率的倍，则 ______ ．

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
从前项和，，且这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并完成解答．
在数列中，，______，其中．
Ⅰ求的通项公式；
Ⅱ若，，成等比数列，其中，，且，求的最小值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

18.  本小题分
如图所示，在四棱锥中，，，，．
证明：；
求直线与平面所成角的余弦值．

19.  本小题分
某互联网公司为了确定下一季度的前期广告投入计划，收集了近个月广告投入量单位：万元和收益单位：万元的数据如下表：

他们分别用两种模型，分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值：

Ⅰ根据残差图，比较模型，的拟合效果，应选择哪个模型？并说明理由；
Ⅱ残差绝对值大于的数据被认为是异常数据，需要剔除：
(ⅰ)剔除异常数据后求出Ⅰ中所选模型的回归方程；
(ⅱ)若广告投入量时，该模型收益的预报值是多少？
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：，．

20.  本小题分
如图：小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点处，另一端固定在画板上点处，用铅笔尖扣紧绳子使两段细绳绷直，靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线的一部分图象已知细绳长度为，经测量，当笔尖运动到点处，此时，，设直尺边沿所在直线为，以过垂直于直尺的直线为轴，以过垂直于的垂线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．
求曲线的方程；
斜率为的直线过点，且与曲线交于不同的两点，，已知的取值范围为，探究：是否存在，使得，若存在，求出的范围，若不存在，说明理由．

21.  本小题分
已知函数．
若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
当时，求函数零点的个数．

22.  本小题分
在平面直角坐标中，曲线的参数方程为为参数，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
写出曲线的普通方程；
若与有公共点，求的取值范围．

23.  本小题分
已知函数．
当时，求的最小值；
若，时，对任意，使得不等式恒成立，证明：．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．
首先进行复数的乘法运算，得到复数的代数形式的标准形式，根据复数的实部和虚部写出对应的点的坐标，看出所在的象限．

【解答】

解：复数，
复数对应的点的坐标是，
这个点在第一象限，
故选A．

2.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查集合的交集运算，同时考查不等式的解法，考查方程思想和运算能力．
由二次不等式和一次不等式的解法，化简集合，，再由交集的定义，可得的方程，解方程可得．

【解答】

解：集合，
，
由，可得，
则．
故选：．

3.【答案】 

【解析】解：由正视图可知去掉的长方体在正视线的方向，从侧视图可以看出去掉的长方体在原长方体的左侧，
由以上各视图的描述可知其俯视图符合选项．
故选：．
从正视图和侧视图上分析，去掉的长方体的位置应该在的方位，然后判断俯视图的正确图形．
本题考查几何体的三视图之间的关系，要注意记忆和理解“长对正、高平齐、宽相等”的含义．
 

4.【答案】 

【解析】解：，否，，，
，否，，，
，否，，，
，否，，，
，是，输出，
故选：．
根据程序框图进行模拟运算即可．
本题主要考查程序框图的识别和判断，根据条件利用模拟运算法是解决本题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为是函数的一个零点，则，于是，即，
而函数是奇函数，则有，
所以．
故选：．
根据给定条件，利用奇函数、函数零点的定义，列式求解作答．
本题主要考查了函数的奇偶性，考查了函数的零点，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：恰好有人击中，表示甲击中乙没有击中或甲没有击中乙击中，这两个是互斥事件，
根据相互独立事件和互斥事件的概率公式可得．
故选：．
利用独立事件和互斥事件的概率公式即可得到结果．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查比较数的大小，解题时要认真审题，注意对数运算性质的合理运用．
先比较，的大小，然后利用作差法结合对数的运算性质及对数函数的单调性比较，的大小，即可判断．

【解答】

解：，，则，
因为，
故，
所以．
故选：．

8.【答案】 

【解析】解：圆心，半径，则圆心到直线的距离，
设弦长为，则由弦长公式可得，
若取最小值时，则取最大值，
即又，，故的最大值为，
所以，
故选：．
利用弦长公式可得，若取最小值时，则取最大值，由，，故的最大值为，进而求得的取值．
本题考查直线与圆的综合，涉及点到直线的距离公式，弦长公式，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】

【分析】
本题以实际问题为载体考查棱台的体积公式，考查运算求解能力，属于基础题
先统一单位，再根据题意结合棱台的体积公式求解即可．
【解答】
解：，，
根据题意，增加的水量约为

．
故选：．  

10.【答案】 

【解析】解：，
则，
，
所以．
故选：．
根据给定条件，利用平面向量的线性运算列式，再借助方程思想求解作答．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：取中点，连接，，如图所示，

由于，
则，
当且仅当时，最大，
在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
则当最大时，的面积最大，
令直线与平面所成角为，
则点到平面的距离，当且仅当时取等号，
因此三棱锥体积，即当最大，三棱锥体积最大，
因此当三棱锥体积最大时，且平面，
而平面，即有，
等边三角形中，，，
则平面，
设的外接圆圆心为，等腰的外接圆圆心为，则，分别在，上，
令外接球球心为，
于是平面，平面，有，，即四边形是矩形，
而，，
在中，，
所以球的半径，
所以三棱锥外接球的体积．
故选：．
根据给定条件，求出三棱锥体积取最大时的几何体特征，再确定球心位置，求出球半径作答．
本题主要考查了三棱锥的体积公式，考查了三棱锥的外接球问题，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：在中，由余弦定理，得，
显然，即，，

在中，，，因为为平面凸四边形，则有，
因此，而，
由正弦定理，得，
当时，，当时，，
因此，，即，
所以的取值范围是．
故选：．
根据给定条件，求出，，再确定的范围，利用正弦定理结合正弦函数的性质求解作答．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：的展开式的通项公式为，，，，，
令，解得，
，
故答案为：．
求得二项式展开式中的通项公式，再令的指数为，计算可得所求值．
本题考查二项式展开式中通项公式的运用，考查运算能力，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】

【分析】

本题主要考查倍角公式、诱导公式，属于基础题．
首先使用降幂公式得 ，然后利用诱导公式求出结果．

【解答】

解：，

．
故答案为．

15.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查函数的定义域，值域，答案不唯一．
定义域为的递增函数想到指数函数，再结合值域写出即可．

【解答】

解：，
理由如下： 为上的减函数，且，
为上的增函数，且，
，
故答案为．

16.【答案】 

【解析】解：设椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，焦距，
由的离心率为的离心率的倍，得，
依次经过与的反射，又回到点，则有，，
两式相减得，
将装置中的去掉，则有，
所以．
故答案为：．
由离心率比求得长半轴与实半轴的比，根据椭圆与双曲线的定义求两种装置中光线路程之比即可．
本题主要考查了椭圆的定义和性质，属于中档题．
 

17.【答案】解：方案一：选择条件
Ⅰ 由题意，当时，，解得，
则，．
当时，由，得，
，
经检验，符合上式，
．
Ⅱ依题意，由，，成等比数列，可得，
即，
化简，得，
，是大于的正整数，且，
当时，有最小值．
方案二：选择条件
Ⅰ依题意，由，可得，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，
．
Ⅱ依题意，由，，成等比数列，可得，
即，
化简，得，
，是大于的正整数，且，
当时，取到最小值．
方案三：选择条件
Ⅰ依题意，由，可得，
故数列是等差数列，
又，，即，
．
Ⅱ依题意，由，，成等比数列，可得，
即，
化简，得，
，是大于的正整数，且，
当时，有最小值． 

【解析】本题第Ⅰ题选择条件的方案时当时有，代入可解出的值，得到的表达式，再利用公式进行计算可发现数列是等差数列，即可计算出数列的通项公式；选择条件的方案根据条件及等差数列的定义即可判断出数列是以为公差的等差数列，进一步计算即可得到数列的通项公式；选择条件的方案时利用等差中项判别法判断出数列是等差数列，再根据及计算出公差，即可得到数列的通项公式．
第Ⅱ题先根据第Ⅰ题计算出的数列的通项公式计算出，的表达式，再根据等比中项的性质列出关于、的算式，并转化成用表示的性质，然后用二次函数的方法计算出在，且情况下的最小值．
本题主要考查等差数列的判别及计算，等比中项的问题．考查了转化与化归思想，方程思想，定义法，逻辑思维能力和数学运算能力．本题属中档题．
 

18.【答案】证明：连接，设的中点为，连接，．
因为，所以，
因为，所以，
且，、平面，所以平面，
又因为平面，所以．
解：因为，所以，又因为，
所以，所以，
且，、平面，
所以平面．
计算，，
所以，所以；
以为原点，，所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
所以，，，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设与平面所成的角为，则，，
所以直线与平面的夹角余弦值为． 

【解析】取的中点为，证明，，得出平面，即可证明．
证明，得出平面，计算、，利用勾股定理的逆定理判断，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量和直线的方向向量，再求与平面所成角的正弦值和余弦值．
本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了逻辑推理与运算求解能力，是中档题．
 

19.【答案】解：Ⅰ应该选择模型，因为模型残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，
说明模型拟合精度越高，回归方程的预报精度越高；
Ⅱ剔除异常数据，即月份为的数据后，得；
，
 ，
，
，
，
所以关于的线性回归方程为：；
(ⅱ)把代入回归方程得：，
故预报值约为万元． 

【解析】Ⅰ结合题意可知模型残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，即可．
Ⅱ利用回归直线参数计算方法，分别得到，，建立方程，即可．
把代入回归方程，计算结果，即可．
本题考查了回归方程的计算方法，属于中档题．
 

20.【答案】解：依题意，笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
因此笔尖留下的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，设其方程为，
则，由，，，得，，

由得点的横坐标，而抛物线的准线方程为，则，解得，
所以轨迹的方程为；
假设存在，使得，设，，直线的方程为，

联立方程，消去得，
而，，
所以，，
由，得，即，
于是，令，
则，
因此，又，即，
解得或，
所以存在，使得成立． 

【解析】根据给定条件，求得笔尖留下的轨迹，再结合抛物线的定义求出方程作答；
求出直线的方程，并与曲线的方程联立，利用韦达定理及共线向量建立函数关系即可求解作答．
本题主要考查了求动点轨迹方程，考查了直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
 

21.【答案】解：因为，所以，
由函数在上单调递增，则在上恒成立．
令，，
当时，，所以恒成立．
所以在上单调递增，所以，所以．
由，则，．
所以与是的两个零点．
因为，由知，函数在上单调递增，，无零点．
当时，，，，无零点．
当时，，设，，
在上递增，又，，
存在唯一零点，使得．
当时，，在上递减；
当时，，在上递增．
又，，所以，函数在上有且仅有个零点．
综上，当时，函数有且仅有个零点． 

【解析】求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围；
首先可得与是的两个零点，再利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，最值，考查函数的零点，考查运算求解能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：因为曲线的参数方程为为参数，
得代入得，，整理得：，
又因为，
所以，，
故曲线的普通方程为：且；
因为直线的极坐标方程为，
所以直线的直角坐标方程为：，
由曲线的普通方程写出曲线的三角参数方程为参数，
因为，所以可取
联立与的方程，即将，代入中，
可得，即，
要使与有公共点，则有解，
因为，
所以，
故的取值范围是． 

【解析】由曲线的参数方程消去参数，即可得出曲线的普通方程，再根据参数的范围确定和的取值范围；
首先由直线的极坐标方程得出直线的直角坐标方程；写出曲线的三角参数方程，与直线的直角坐标方程联立，通过求三角函数的值域即可得出的取值范围；
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
 

23.【答案】解：当时，，
当，，；
当，，；
当，，；
当时，的最小值为．
证明：，，
当时，恒成立可化为恒成立，
令，，
，
，
，当且仅当时取得等号；
又当时，，
故． 

【解析】分段求解的最小值和范围，即可求得结果；
将问题转化为，结合二次函数在区间上的最值和基本不等式，即可证明．
本题考查了分段函数的最值问题以及不等式的证明问题，属于中档题．