2023届广西南宁市第三中学邕衡金卷高三校一模数学（文）试题含解析

这是一份2023届广西南宁市第三中学邕衡金卷高三校一模数学（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广西南宁市第三中学邕衡金卷高三校一模数学（文）试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】化简集合M，N，再由集合的交集运算得解.【详解】集合，又因为集合，由交集的定义可得，，故选：C．2．已知函数，那么（    ）A．7 B．6 C．5 D．4【答案】D【分析】根据分段函数的概念代入解析式计算即可.【详解】因为，所以，所以，故选：D．3．已知直线是曲线的切线，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.【详解】函数，求导得，令直线与曲线相切的切点为，于是且，所以.故选：B4．被誉为“东方模板”的“七巧板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若向此正方形内抛一粒种子，则种子落入小正方形（阴影）部分的概率为（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】这是一个几何概型，计算小正方形得面积和总得面积之比即可，先设小的正方形边长为1，计算其面积；然后计算出大正方形边长，再计算出其面积即可.【详解】设小正方形的边长为1，则其面积，从而得大正方形的对角线长为4，则大正方形的边长为，其面积，所以种子落入小正方形部分的概率.故选:D.5．已知a，b，c，d，e成等比数列，1和4是其中的两项，则e的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等比数列的性质，当公比小于0，1,4为第2,4项时，e最小，再由等比数列通项公式计算即可得解.【详解】由题意，要使e最小，则a，c，e都是负数，则b和d选择1和4，设等比数列的公比为，当时，，，所以当时，，，所以，故选：B6．在平面直角坐标系中，角与的顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，它们的终边关于原点对称，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可得，，再利用诱导公式以及二倍角余弦公式求值，即可得答案.【详解】由题意，角与的顶点在原点，终边构成一条直线，所以，，所以，又，所以,故选：C7．有下列四个命题，其中是假命题的是（    ）A．已知，其在复平面上对应的点落在第四象限B．“全等三角形的面积相等”的否命题C．在中，“”是“”的必要不充分条件D．命题“，”的否定是“，”【答案】B【分析】对于A项，利用复数的几何意义来判定；对于B项，利用原命题与否命题的关系判定；对于C项，利用充分必要条件的定义来判定；对于D项，利用全称命题的否定的定义来判定.【详解】对于A：，所以对应的点为，在第四象限，故A正确；对于B：“全等三角形的面积相等”的否命题是，不全等三角形的面积不相等，这显然是假命题．对于C：在中，，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件．故C正确；对于D：命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以命题“，”的否定是：“，”．故D正确；故选：B8．已知，则！被5除所得余数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据阶层公式理解判断余数即可. 【详解】∵被5除所得余数为3，而的均能被5整除，∴！被5除所得余数为3．故选：C. 9．如图，网格纸上用粗实线绘制了一个几何体的三视图，每一个小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，用正方体体积减截去部分的体积得几何体的体积.【详解】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，其中三棱柱的底面是腰长为2的等腰直角三角形，圆柱的底面半径为2，所以该几何体的体积为.故选：B.10．已知抛物线的焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线，，且直线，分别与抛物线C交于A，B和D，E，则四边形ADBE面积的最小值是（    ）A．32 B．64 C．128 D．256【答案】A【分析】设出直线，的方程，联立抛物线，利用韦达定理和抛物线的定义求出弦长，再根据四边形ADBE对角线垂直求出面积，利用均值不等式求最值即可.【详解】由题意抛物线的焦点为，显然，斜率存在且不为0，设直线方程为，设，，由，得，则，即，设直线的方程为，设，，则，即，∴，当且仅当，即时等号成立．故选：A．11．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据已知等式的特点构造新函数，然后利用新函数的单调性分别确定和的大小关系.【详解】设，则为增函数，因为，所以，所以，所以，所以A正确，B错误；，当时，，此时，有，当时，，此时，有，所以C、D错误．故选：A．12．已知函数，的定义域均为，且，，若为偶函数，且，则（    ）A．5 B．4 C．3 D．0【答案】B【分析】根据已知条件求得的对称轴、对称中心、周期以及的周期，据此即可求得结果.【详解】∵，∴以为对称中心，且；∵即，∴为偶函数，以轴为对称轴；∴，即，由知，，∴，，从而，即，∴的周期为4，∴的周期为4；故．故选：B. 二、填空题13．已知向量，，若与方向相反，则______．【答案】【分析】根据向量共线的坐标表示，列方程即可求得答案.【详解】由，共线，则，得，即，又与方向相反，故，故答案为：14．设实数x、y满足约束条件，在点处取得最大值，写出满足条件的一个m的值______．【答案】0（答案不唯一）【分析】作出不等式组表示的可行域，根据线性规划的几何意义可确定m的取值范围，即可得答案.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立可得，即点，化直线方程为，当，且，过有最大的纵截距，即在点取得最大值，则；当，且，过有最大的纵截距，此时在点取得最大值，则，∴，故可取，故答案为：0（答案不唯一）15．已知数列满足，，则数列的通项公式为______．【答案】【分析】对已知递推关系的等式两边同时除以，利用累加法，结合裂项求和法即可求得结果.【详解】，两边同除得：，所以，即，化简得，∵，∴．故答案为：.16．设双曲线的右焦点为，点A满足，点P、Q在双曲线上，且．若直线PQ，PF的斜率之积为，则双曲线的离心率为______．【答案】/【详解】如图，取P，Q的中点为M，连接OM，PF，则由题意可得，，，所以，相似，所以，因为直线PQ，PF的斜率之积为，所以，设，，则,且，两式相减可得,即，即，即，所以双曲线的离心率为．故答案为：. 三、解答题17．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为菱形，为等边三角形，且，，为的中点．  (1)若为线段上动点，证明：；(2)求点与平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）因为线段上动点，明显要证明平面，利用线面垂直判定定理，分别证明，即可；（2）利用等体积变换求距离即得.【详解】（1）  连接，．∵为等边三角形，，，，又平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，，，，又，平面，平面，，平面又平面，（2）由（1）知平面平面，∴．由题意，∴，，∴中，，∴中，，∴中，由余弦定理得，设点到平面的距离为，则即，，得，故点与平面的距离为18．数据显示中国车载音乐已步入快速发展期，随着车载音乐的商业化模式进一步完善，市场将持续扩大，下表为2018－2022年中国车载音乐市场规模（单位：十亿元），其中年份2018—2022对应的代码分别为1-5．年份代码12345车载音乐市场规模2.83.97.312.017.0(1)由上表数据知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程；(2)根据上述数据求得关于的回归方程后，预测2024年的中国车载音乐市场规模．参考数据：1.9433.821.71.626.84其中，．参考公式：对于一组数据，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．【答案】(1)；(2)45.628（十亿元）. 【分析】（1）对两边取对数，转化为线性回归方程的求解，结合已知数据和参考公式，即可求解；（2）根据（1）中所求模型，令，即可求得结果.【详解】（1）因为，所以两边同时取自然对数，得，设，所以，设，，则，因为，，所以，，所以，，所以，，所以（2）把2024年代码代入方程，得（十亿元）故预测2024年的中国车载音乐市场规模45.628（十亿元）19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且．(1)求的外接圆半径R；(2)求内切圆半径r的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦边角关系可得，应用余弦定理即可求，进而确定其大小；（2）由正弦定理有，，根据余弦定理有，结合（1）及，应用三角恒等变换有，由三角形内角性质、正弦函数性质求范围即可.【详解】（1）因为，由正弦边角关系得，即，由余弦定理，得，又，所以，由，则.（2）由正弦定理得，所以，，由余弦定理，得，所以，利用等面积法可得，则，∵，∴，故，则，所以，故.20．设函数，，为的导函数．(1)当时，过点作曲线的切线，求切点坐标；(2)若，，且和的零点均在集合中，求的极小值．【答案】(1)切点坐标为，；(2). 【分析】（1）把代入，求出并设出切点坐标，利用导数的几何意义列式求解作答.（2）根据给定条件，求出和的零点，分类探讨求出，再利用导数求出极小值作答.【详解】（1）当时，，求导得，设过点作曲线的切线的切点为，则，于是切线方程为，即，因为切线过点，即有，解得或，所以切点坐标为，.（2）当，时，，求导得，令，得或，依题意，，都在集合中，且，，当时，，且，则，，，当时，，且，则，，不符合题意，因此，，，，当或时，，当时，，于是函数在，上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数取得极小值为.21．已知F是椭圆的右焦点，动直线l过点F交椭圆C于A，B两点，已知的最大值为8，且在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)当A，B都异于点P时，D为直线l上一点．设直线PA，PD，PB的斜率分别为，，，若，，成等差数列，证明：点D的横坐标为定值．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由条件先得，再代入点坐标计算可得椭圆方程；（2）设直线AB的方程为，点D的坐标为，，，与椭圆联立结合两点斜率公式可得：，计算的值即可.【详解】（1）由的最大值为8，知，即将点代入，可得，，因为，则所以椭圆C的方程为；（2）由可知，，则椭圆C的右焦点坐标为．由题意，显然AB的斜率存在，设直线AB的方程为，点D的坐标为设，，将直线AB的方程与椭圆C的方程联立得：，恒成立，由韦达定理知，，又，，所以因为，则，所以，解得即点D的横坐标为定值.22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数且），分别与x轴、y轴交于A、B两点．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)与坐标轴交于A，B两点，求；(2)求上的点到直线AB距离的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）令，求出，即可求得点的坐标，令，求出，即可求得点的坐标，即可得出；（2）根据，求得的普通方程为，设上点的坐标为，根据点到直线的距离公式结合三角函数的性质即可得解.【详解】（1）令，则，解得，或（舍），则，即，令，则，解得，或（舍），则，即，∴；（2）曲线的极坐标方程为，即，由，得的普通方程为，设上点的坐标为，由（1）知直线AB的方程为，则上的点到直线AB的距离，当时，d取最小值.23．已知．(1)求不等式的解集；(2)若不等式的解集为，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）通过讨论，去掉绝对值化简函数解析式，分段解出不等式，即可得到结果；（2）由（1）可知，原问题转化为，解不等式，即可求出结果.【详解】（1），当时，不等式可化为，解得，故；当时，不等式可化为，得，此时无解；当时，不等式可化为，解得，故综上所述：原不等式的解集是（2）不等式的解集为，即，当时，；当时，；当时，，所以∴，解得，∴a的取值范围是