广西邕衡金卷2023届高三第二次适应性考试数学（文）试题及答案

这是一份广西邕衡金卷2023届高三第二次适应性考试数学（文）试题及答案，共18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。
广西邕衡金卷2023届高三第二次适应性考试数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，则（　　）A．             B．  C．               D． 2．已知，则z的虚部为（　　）A． B． C． D．3．已知，则=（　　）A．       B．         C．         D．4．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在表达式中“……”圆代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程求得，类比上述过程及方法则的值为（　　）A．        B．4          C．         D．25．设F为抛物线的焦点，点M在C上，点N在准线l上，满足，，则（　　）A． B． C．2 D．6．执行如图所示的程序框图，当输入时，则输出的P是（　　） A．3         B．2        C．4        D．57．棱长为2的正方体中，AB，，的中点分别为E，M，N，则下列说法正确的是（　　）A．三棱锥A1—的体积为6             B．平面⊥平面A1ECC．                                 D．平面∥平面MNE8．等比数列{}的前n项和为，若，则=（　　）A．488             B．508          C．511            D．5679．已知，，且是与的等差中项，则的最小值为（    ）A． B． C． D．10．四面体ABCD的顶点都在半径为2的球面上，正三角形ABC的面积为，则四面体ABCD的体积最大为（　　）A．       B．         C．          D．11．已知函数为奇函数，，且与的图象的交点为，，，，则（    ）A．-2m B．2m  C．m  D．-m12．双曲线的左右顶点分别为，曲线上的一点关于轴的对称点为，若直线的斜率为，直线的斜率为，则当取到最小值时，双曲线离心率为（　　）A． B．2 C．3 D．6 二、填空题13．设等差数列{}的前n项为，若，,则公差______.14．雅言传承文明，经典浸润人生，南宁市某校每年举办“品经诵典浴书香，提雅增韵享阅读”中华经典诵读大赛，比赛内容有三类：“诵读中国”、“诗教中国”、“笔墨中国”．已知高一、高二、高三报名人数分别为：100人、150人和250人．现采用分层抽样的方法，从三个年级中抽取25人组成校代表队参加市级比赛，则应该从高一年级学生中抽取的人数为______．15．已知函数对任意x都成立，，且，将f（x）的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则=______.16．已知函数有两个极值点和，则实数a的取值范围为______.  三、解答题17．记的面积为S，其内角的对边分别为，，，已知，．(1)求；(2)求面积的最大值．18．每年的“双十一”既是旺季来临的标志，也是全年营销的大战役.不管是线上，还是线下都会有各种宣传广告推出各类特价商品，包括日用百货、食品、电器、服装、生鲜等等.据一商家统计，某商品的广告支出费用x（单位：万元）与相应利润y（单位：万元）的关系如下表格（变量x、y为线性相关关系）.x2468y20356180 (1)求y关于x的线性回归方程：(2) 若要使利润不少于121.1万元，则广告支出费用至少要多少万元？参考公式与数据：，，.19．如图四棱锥中，四边形为等腰梯形，，平面平面，，，，．(1)证明：平面；(2)若在线段上，且，求三棱锥的体积．20．已知函数(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)若函数与直线在上有两个不同的交点，求实数的取值范围．21．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右焦点，P为椭圆的下顶点，且的面积为4.(1)求椭圆C的方程：(2)圆，点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，且直线PB的斜率是直线PA的斜率的2倍，求证：直线AB恒过定点22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（θ为参数，），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为.(1)求直线l的直角坐标方程；(2)若l与C有公共点，求m的取值范围.23．已知a，b，c都是正数，且，证明：(1)若，则(2).
参考答案：1．D【分析】根据集合的交集运算求解.【详解】因为，所以，故选：D2．A【分析】根据复数的运算和基本概念即可求得z的虚部.【详解】解：由得，所以虚部为.故选：A.3．C【分析】根据向量的坐标运算，结合夹角公式求解即可.【详解】因为，故选：C4．B【分析】令可得，再解方程，根据求解即可.【详解】令，则，整理，得，解得，或，故选：B5．C【分析】由抛物线方程可知，焦点坐标及准线方程，设准线与轴交点为，画出图象，由抛物线定义及可知是正三角形，结合平行关系可判断，利用直角三角形性质即可求解.【详解】由题，，抛物线焦点为，准线为，设准线与轴交点为，如图所示，由题知，由定义可知，因为，所以是正三角形，则对，因为，所以，所以，故选：C6．A【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【详解】当时，满足进行循环的条件，，，；当时，满足进行循环的条件，，，，；当时，满足进行循环的条件，，，，；当时，不满足进行循环的条件，故输出的值为3，故选：A7．B【分析】A.根据等体积法转换；B.通过证明线面垂直：直线A1C⊥平面，继而证明面面垂直；C.通过平行的传递性进行判断；D.通过平移两个面可发现不完全重合.【详解】如图：A.，A错误；B.在正方体ABCD—中，因为，，所以平面，所以，同理，所以直线A1C⊥平面，因为直线A1C在平面A1EC内，所以平面⊥平面，B正确；C.因为，， C错误；D.将平面MNE平移使ME与重合，N不在平面内， D错误；故选：B8．C【分析】根据等比数列的性质知，，也是等比数列，计算出新数列的公比即可求解.【详解】根据等比数列的性质知，，成等比，因为，所以，则.故选：C9．A【分析】由已知得，使用基本不等式求的最小值.【详解】因为是与的等差中项，所以，所以，因为，，则，当且仅当时取等号.故选：A10．B【分析】设正三角形的边长为，求出的值，再利用正弦定理求出球心到平面的距离即得解.【详解】设正三角形的边长为，，所以，由正弦定理为的外接圆的半径)所以，所以球心到平面的距离，则四面体体积最大为.故选：B11．D【分析】根据函数的性质可得函数与都关于点中心对称，从而得到它们的交点也关于点中心对称，再根据对称性即可得出结果.【详解】因为为奇函数，所以关于点中心对称，又的图象也关于点中心对称，所以两个函数图象的交点也关于点对称，由对称性知，每一组对称点，所以.故选：.12．B【分析】由题意利用均值定理可得，再利用双曲线的几何性质求解即可.【详解】设，则，，所以，将曲线方程代入得，又由均值定理得，当且仅当，即时等号成立，所以离心率，故选：B13．3【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式求解即可.【详解】由题，因为是等差数列，所以，，因为，所以，解得，故答案为：3.14．5【分析】根据分层抽样的性质运算求解.【详解】根据题意可得：高一、高二、高三报名人数之比为，故从高一年级学生中抽取的人数为.故答案为：5.15．【分析】根据题意，，得到，进而求出，得出，再按照题意进行平移以及关于原点对称，即可得到.【详解】依题意，，所以，，，则，则，将函数的图象向左平移个单位长度，得关于原点对称，所以，即，因为，则，经验证符合题意.故答案为：16．【分析】先求导，再令，令，对判别式分两种情况讨论得解.【详解】因为，所以，令，则时，，判别式当时.，此时，故函数在上单调递增，无极值点，不合题意：当时，设此时对应方程的两个正根为、，则，则，所以当，符合题意.故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）注意到，利用余弦定理边化角结合面积公式运算整理；（2）利用余弦定理整理可得，再结合求得，运用面积公式即可得结果.【详解】（1）∵，则，∴，又∵，∴.（2）∵，即，∴，又∵，当且仅当时等号成立，∴，则面积，故面积的最大值.18．(1)；(2)12万元. 【分析】（1）利用最小二乘法求y关于x的线性回归方程；（2）解不等式即得解.【详解】（1）解：由题意得：, ..所以线性回归方程为.（2）解：由题可得解得所以广告费用支出至少要12万元.19．(1)证明见详解(2) 【分析】（1）根据题意结合余弦定理可求得，由勾股定理可证，结合线面垂直的判定定理可证；（2）根据题意结合面面垂直的性质定理可得平面，利用锥体的体积公式运算求解.【详解】（1）∵四边形为等腰梯形，且，∴，又∵，则，即，∴，则，即，又∵，，平面，∴平面.（2）∵，平面平面，平面平面，平面，∴平面，由题意可得：为等腰直角三角形，则，又∵，∴三棱锥的体积.20．(1)(2) 【分析】（1）求导，点斜式求切线方程即可；（2）构造新函数，在指定区间上求最大值，最小值即可解决.【详解】（1）当时，，所以，因为，所以切点坐标为，切线斜率为，所以切线方程为，即.（2）由题知，函数与直线在上有两个不同的交点，令，所以，因为，所以令，得，所以当时，，当时，，所以在上有最大值，因为，又，所以，所以在上有最小值，所以在上有两个不同的交点的条件是，解得所以实数的取值范围为21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由离心率和焦点三角形面积求得，，即可求解；（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，联立直线与椭圆方程求得点坐标，联立直线与圆方程求得点坐标，利用斜率公式求得，得到直线的点斜式方程，整理后即可证明.【详解】（1）由题意可得，又因为，所以，所以椭圆C的方程为.（2）证明：设直线的斜率为，则直线的斜率为，因为为，则直线的方程为，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，，得，因为点A，B分别是椭圆C和圆上位于y轴右侧的动点，所以，，所以，代入直线的方程可得，所以为，联立直线与圆方程，，得，所以，代入直线的方程可得，所以为，所以，所以直线的方程为，整理可得，所以直线恒过定点.22．(1)(2) 【分析】（1）展开方程为，根据，，代入即可求解；（2）联立与C的方程可得，转化交点问题为方程有解问题，根据范围求得范围，即可求解.【详解】（1）因直线的极坐标方程为：，所以，又因为，，所以直线的直角坐标方程为，即.（2）联立与C的方程，即将（为参数，）代入的直角坐标方程中，可得，即.要使与有公共点，则有解，因为，所以，所以，所以 所以.23．(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）把条件代入之后，运用二元形式的基本不等式可得；（2）先对各项的分子用基本不等式之后进行变形可证.【详解】（1）因为，则.当且仅当时取等号得证.（2）a，b，c都是正数，故成立，当且仅当取等号.