2023届广西高三上学期西部联考数学（理）试题含解析

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2023届高三年级西部联考卷理科数学注意事项:1.本试卷满分150分,考试时间120分钟。2.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。3.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。4.回答选考题时,考生须按照题目要求作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。5.考试结束后,将本试卷和答题卡一并收回。一、选择题:本大题共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. 已知复数满足, 则复数的虚部是A.      B.      C. I     D. 13. 4个人排成一排, 则甲不站两边的概率为A.      B.      C.      D. 4. 在前项和为的等差数列中, 若, 则A. 39     B. 40     C. 41     D. 425. 已知某种食品保鲜时间与储存温度有关, 满足函数关系（为保鲜时间,为储存温度), 若该食品在冰箱中的保鲜时间是144 小时,在常温的保鲜时间是48 小时, 则该食品在高温的保鲜时间是A. 16 小时    B. 18 小时    C. 20 小时    D. 24 小时6. 右图是战国时期的一个铜镞,其由两部分组成,前段是高为、底面边长为1cm的正三棱锥, 后段是高为0.6cm的圆柱, 圆柱底面圆周与正三棱锥底面的正三角形内切, 则此铜镞的体积约为A.     B.     C.     D. 7. 已知圆经过点, 半径为 2 , 若圆上存在两点关于直线对称, 则的最大值为A. 1     B.      C.      D. 8. 执行如图所示的程序框图, 则输出的值为A. 11B. 12C. 13D. 149. 如图, 在平面四边形中, , 现将沿折起, 并连接, 使得平面平面, 若所得三棱锥的外接球的表面积为, 则三棱锥的体积为A.      B.      C.      D. 10. 已知当时, 函数的图象与函数的图象有且只有两个交点, 则实数的取值范围是A.    B.     C.     D. 11. 如图 1 所示, 双曲线具有光学性质: 从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射, 其反 射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点. 若双曲线的左、右焦点分别为 , 从发出的光线经过图 2 中的两点反射后, 分别经过点和, 且, 则双曲线的离心率为A.      B.     C.     D. 12. 已知函数, 则下列结论正确的是A. 是奇函数        B. 的最大值为 2C.       D. 二、填空题: 本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.13. 已知非零向量满足,且,则与的夹角为_____.14. 在等比数列中, 若, 则_____.15. 已知, 则_____.16. 椭圆的左、右焦点分别为, 离心率为为椭圆的左顶点, 且, 过原点的直线交椭圆于两点, 则的取值范围为_____.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 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. (本小题满分 12 分)在中, 内角所对的边分别为, 且.(1) 若, 求 ;(2) 若为边上一点, 且, 求的面积.  18. (本小题满分 12 分)如图, 在三棱柱中, 平面平面, 四边形是菱形, 是的中点. (1) 证明: 平面;(2) 求二面角的正弦值.  19. (本小题满分 12 分)我国出现了新冠疫情后, 医护人员一直在探索治疗新冠的有效药, 并对确诊患者进行积极救治. 现有6位症状相同的确诊患者,分成两组,组3人, 服用甲种中药,组3人, 服用乙种中药. 服药一个疗程后,组中每人康复的概率都为, 组3人康复的概率分别为.(1) 设事件表示组中恰好有 1 人康复,事件表示组中恰好有 1 人康复, 求;(2) 求组康复人数比组康复人数多的概率.20. (本小题满分 12 分)已知函数, 其中为非零实数.(1)讨论的单调性;(2)若有两个极值点, 且, 证明:.  21. (本小题满分 12 分)已知抛物线(为正常数) 的焦点为是抛物线上任意一点, 圆的方程为 的最小值为 4 .(1) 求的值;(2) 过点作圆的两条切线分别与抛物线相交于点 (异于点), 证明: 直线也始终与圆相切.  (二)选考题: 共10分.请考生在第 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. (本小题满分 10 分) 选修 4-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中, 曲线的参数方程为 ( 为参数). 以坐标原为极点, 轴的正半轴为极轴, 建立极坐标系, 则曲线的极坐标方程为.(1) 分别求曲线和曲线在平面直角坐标系中的标准方程;(2) 若曲线和曲线相交于两点, 求.23. (本小题满分 10 分) 选修 4-5:不等式选讲已知均为正数, 且满足. 证明:(1) ;(2)
参考答案：1．B【分析】分别解二次不等式和对数不等式，求得集合，进而利用交集的定义求得.【详解】A，则.故选：B2．D【分析】根据复数的除法运算，结合i的性质，进行计算求得复数，可得答案.【详解】由可得，则复数的虚部是1,故选;D3．C【分析】利用全排列求出基本事件总数，再求出甲不站两边的事件数，最后根据古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：依题意4个人排成一排基本事件总数为种，其中满足甲不站两边的有种，所以所求概率.故选：C4．B【分析】根据等差数列的性质结合已知条件可求得结果.【详解】因为所以，所以.故选：B5．A【分析】根据已知条件列出方程组，整体求得，然后整体代入计算即可.【详解】由题意，得，即， 于是当时，（小时）.故选：A6．D【分析】先求出内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式即可求出总体积.【详解】因为正三棱锥的底面边长为1，设其内切圆半径为r，由等面积法，可得：，解得：，所以其内切圆半径为.由三棱锥体积与圆柱体积公式可得：.故选：D.7．D【分析】由题设得圆心轨迹为，且直线必过圆心，即直线与圆心轨迹有交点，利用点线距离求参数范围即可得结果.【详解】设圆心的坐标为，则，又圆上存在两点关于直线对称，则圆心必在直线上，所以与有交点，则，解得，故的最大值为.故选：D8．C【分析】根据程序框图的意义，结合指数对数的关系，求得答案.【详解】由，得到，当从1一直取到最后一个小于等于4100的数，且实数为整数的值时，计数这样的情况的次数，即为最后输出的的值.由，可得输出的值为13.故选：C9．C【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边AB的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积.【详解】∵平面ACD⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCD=AC，AC⊥BC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD，又∵AD⊂平面ACD，∴AD⊥BC，又∵AD⊥DC，BC∩DC=C，BC⊂平面BCD，DC⊂平面BCD，∴AD⊥平面BCD，又∵BD⊂平面BCD，∴AD⊥BD，即为直角，又∵为直角，∴取的中点，连接OC，OD，由直角三角形的斜边上的中线性质OA=OB=OC=OD，可得为三棱锥外接球的球心，由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径，∴，∵BC⊥平面ACD，为直角，∴三棱锥的体积为故选：C10．A【分析】先将与有两个交点，转化为有两个零点，利用导数分析的图像，数形结合可得与有两个交点时的取值范围.【详解】由题设可知，当时，与有两个交点，等价于有两个根，令，则，所以当时，，则单调递减；当时，，则单调递增，故，当，，，故；当时，，，故，如图；所以当时，直线与的图像有两个交点，即函数的图像与函数的图像有且只有两个交点.故选：A.11．B【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算和向量数量积为0的条件，判定，结合已知条件得到，设出，表示出直角三角形的其余边，结合双曲线的定义表示出，利用建立方程求得，进而求得，然后利用勾股定理求得，从而得到，从而得到离心率的值.【详解】如图，由，有，可得，可得，有.在Rt中，由，不妨设，则，由勾股定理得，又由双曲线的定义可得，，根据可得，解得，所以，在Rt中，，可得，故双曲线的离心率为.故选：B.12．D【分析】根据奇函数的性质直接可得判断A选项，利用反证法可判断B选项，分别计算并化简与可判断C，D选项.【详解】的定义域为，，故选项A错误；若时，由，，有，必有，，这是不可能的，故选项B错误；，故选项错误；，，，当时，，，而在上单调递增，，当，，故选项D正确，故选：D.13．【分析】根据垂直向量数量积为0，结合数量积的公式求解即可.【详解】设与的夹角为，，，又，故故答案为：14．24【分析】根据的值，利用等比数列的性质计算求得，进而求得.【详解】设公比为，有，可得.故答案为：2415．##0.8【分析】由正切的差角公式求得的值，再用诱导公式将式子化简，结合二倍角公式化为齐次式，即可得到结果.【详解】因为，所以则故答案为:16．【分析】根据已知先求出的值，记，得到，记，再利用导数求函数的最值得解.【详解】解：由题可知，即，又由题可知，，记，则，记，则在上恒成立，在上恒成立，故在上单调递减，在上单调递增，又，.故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，即得A，从而求得答案;（2）由余弦定理结合可推得，利用向量表示出，结合可求得，利用三角形面积公式即可求得答案.（1）由根据正弦定理得：，即，故，，，因为，所以，所以，且，所以，故若，则；（2）在中，因为，所以，由余弦定理得，即，解得（舍去）.因为，所以，即，因为，所以，解得，所以的面积.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，先证平面，得，再由，得，即可得到平面（2）连接，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出面，面的法向量，求得法向量的余弦值，即可得二面角的正弦值.（1）连接，因为四边形是菱形，所以，因为，所以为等边三角形，所以. 因为平面平面，平面平面平面，所以平面，平面，所以.因为，即，所以.又，平面，平面，所以平面；（2）连接，因为是的中点，所以.又因为平面平面，平面平面平面，所以平面.设，因为，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量是，则，取，可得.设平面的法向量是，则，取，可得所以，因此，二面角的正弦值是.19．(1)(2) 【分析】（1）利用二项分布概率公式求得,利用独立、互斥事件的概率公式求得,进而利用的独立性求得；（2）先仿照（1）中的方法求得A组中服用甲种中药康复的人数的分布列和B组中服用乙种中药康复的人数的分布列，再根据独立、互斥事件概率公式计算A组康复人数比B组康复人数多的概率.（1）解：依题意有，，，又事件与相互独立，则；（2）解：设A组中服用甲种中药康复的人数为，则，，，，设组中服用乙种中药康复的人数为，则的可能取值为，，，A组康复人数比B组康复人数多的概率20．(1)当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；(2)证明见解析 【分析】(1)求导，得，分、、三种情况讨论导数的正负并确定函数的单调性；(2)由题意可得，则有，，将问题转化为证明，构造函数，求导，只需故即可.（1）解：函数的定义域为，则，①当即时，，函数在上单调递增；②当即时，令，得，则当时，，当时，，故在和上单调递增，在上单调递减；③当时，，舍去.则当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）证明：因为有两个极值点，由（1）知当时，，所以且，，因为，所以，所以，，要证，，，令，则，所以在上单调递增，且，故，即.21．(1)2；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据的几何意义，结合抛物线性质有，即可得答案；（2）设，，，根据已知得是关于的方程的两个根，且为，由直线与圆的相切关系及分析法判断是否恒成立即可.（1）表示到圆心与焦点距离和，即到圆心与抛物线准线距离和，所以最小为到抛物线准线距离，则，可得.（2）由（1）知：抛物线的标准方程为，设，，，则的斜率为，直线为，整理为，得，由直线与圆相切有，整理为，同理，所以是关于的方程的两个根，故.直线为，若直线也始终与圆相切，则，故直线也始终与圆相切.22．(1)曲线；曲线(2) 【分析】（1）将曲线的参数方程消去参数，可得曲线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式可求得的直角坐标方程，（2）先求出两圆的公共弦方程，然后求出圆心到公共弦的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得结果.（1）由得，所以曲线的标准方程为，由，得将代入曲线的极坐标方程可得曲线的标准方程为；（2）将曲线和曲线的标准方程作差可得直线的方程为，则原点到直线的距离为，可得.23．(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据，结合柯西不等式证明即可；（2）根据柯西不等式证明，再根据证明即可.（1）证明：由柯西不等式有：，当且仅当时取等号，可得；（2）证明：由柯西不等式有，当且仅当时取“号，可得，又由，可得，可得，故有，当且仅当时取“号.