2023届广西柳州市高三毕业班11月模拟统考数学（理）试题含解析

2023届广西柳州市高三毕业班11月模拟统考数学（理）试题

一、单选题

1．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算，再计算交集得到答案.

【详解】，，故.

故选：A

2．若复数，则复数z的虚部是（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】利用复数的除法运算及复数的分类即可得解.

【详解】因为，

所以复数z的虚部为.

故选：C

3．如图所示,该几何体的侧视图是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据几何体的直观图,将点和线投影到正方体左侧的面中即可得出结果.

【详解】解:由题知如图所示

则四边形在左侧面的投影依旧是,

在左侧面的投影分别为点,

在左侧面的投影分别为

在左侧面的投影为,且为虚线,由此只有选项A符合.

故选:A

4．设，则“”是“直线与直线平行”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据两直线平行列出方程，求出：或1，验证后均符合要求，从而得到“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件.

【详解】当时，与的斜率相等，故平行，充分性成立，

若“直线与直线平行”，则满足，

解得：或1，经验证，：或1时，两直线不重合，故：或1，两直线平行，故必要性不成立.

故选：A

5．若,则（    ）

A．3 B． C．-3 D．

【答案】B

【分析】先讨论是否为0,再将原式左侧分子分母均除以,得到的值,将展开,代入即可.

【详解】解:由题知,,

当时,原等式不成立,

故,

对原式左侧分子分母均除以,

可得,

,

.

故选:B

6．函数在上的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的奇偶性及函数值的符号即得.

【详解】因为函数，，

又，

所以为奇函数图象关于原点对称，排除AD；

又时，，所以，排除C.

故选：B．

7．若直线与曲线相切，则实数的值为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】C

【分析】设切点，根据已知求解切点坐标，代入切线方程求出的值即可.

【详解】解：设直线与曲线的切点，

由于直线斜率为，则，

又， 所以，得，所以

则切点为，切线方程为，所以.

故选：C.

8．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，赵爽在为《周髀算经》作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形，由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形，设，若，则的长为（    ）

A．2 B． C．3 D．4

【答案】D

【分析】根据正三角形和全等三角形的性质得，再运用余弦定理可求得DF的长.

【详解】由题可知：在中，，则，

不妨设，由知，，则，

又因为与全等，所以，

由余弦定理可知：，

解得，而，所以，所以.

故选：D.

9．如图，将底面半径为2的圆锥放倒在平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆本身恰好滚动了2周，则（    ）

A．圆锥的母线长为8 B．圆锥的表面积为

C．圆锥的侧面展开图扇形圆心角为 D．圆锥的体积为

【答案】D

【分析】由题意可求出圆锥的母线长，可判断A;由此可求得圆锥的表面积，判断B;

由侧面展开图为半圆可判断C;求得圆锥的体积判断D.

【详解】由题意，圆锥在平面内转回原位置时，圆本身恰好滚动了2周，

即可知圆锥的侧面展开图的面积即圆锥的侧面积是以母线为半径形成的圆面积的，

设圆锥母线长为l，即有 ，故A错误；

圆锥的表面积为，故B错误；

由题意可知，圆锥的侧面展开图是以母线为半径形成的圆的一半，

故侧面展开图扇形圆心角为，故C错误；

圆锥的体积为 ，故D正确，

故选：D

10．已知的数（），若对任意的实数t，在区间上的值域均为，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】对运用倍角公式作恒等变换求出周期，则其周期 ，据此可以求解.

【详解】 ，其周期为 ，

由题意有：.

故选：D.

11．已知、分别为双曲线C：的左、右焦点，O为原点，双曲线上的点P满足，且，则该双曲线C的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】根据正弦定理结合双曲线的定义得到，，由得到，结合余弦定理求出离心率.

【详解】因为，分别为双曲线的左右焦点，

由正弦定理得到，

又因为得，

又∵，

∴，，

在中，，，，

∴，，

在中，，

所以，

化简得.

故选：D.

12．已知a，b，c∈（0，1），且a2－2lna＋1＝e，b2－2lnb＋2＝e2，c2－2lnc＋3＝e3则 （    ）

A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a

【答案】A

【分析】设，则，然后分别利用导数判断两个函数的单调性，利用其单调性可求得答案

【详解】设，则，

又，所以在上单调递增，

所以，即，

因为，所以在上单调递减，

所以，

故选：A

二、填空题

13．已知向量，，若，则___________.

【答案】

【分析】根据求出的值，然后可得答案.

【详解】因为，，，

所以，解得，

所以，，所以，，

故答案为：

14．为防控新冠疫情，很多公共场所要求进人的人必须佩戴口罩．现有人在一次外出时需要从蓝、白、红、黑、绿种颜色各只的口罩中随机选只不同颜色的口罩，则蓝、白口罩同时被选中的概率为____________．

【答案】##

【分析】利用列举法和古典概型的概率计算公式可得答案.

【详解】从蓝、白、红、黑、绿5种颜色各1只的口罩中选3只不同颜色的口罩，样本点列举如下：（蓝，白，红），（蓝，白，黑），（蓝，白，绿），（蓝，红，黑），（蓝，红，绿），（蓝，黑，绿），（白，红，黑），（白，红，绿），（白，黑，绿），（红，黑，绿），共有10个样本点，其中蓝、白色口罩同时被选中的样本点有（蓝，白，红），（蓝，白，黑），（蓝，白，绿），共3个样本点，所以蓝、白色口罩同时被选中的概率为．

故答案为：．

15．已知抛物的准线方程为，焦点为F，准线与x轴的交点为A，B为抛物线C上一点，且满足，则点F到的距离为___________.

【答案】

【分析】由题知：，求得抛物线方程为：，利用抛物线的性质以及三角函数即可求出F到的距离.

【详解】解：已知抛物线的准线方程为，

则，，

抛物线方程为：，

，

作准线，交于点Q，由抛物线的性质得：，

，

设，则，

设F到的距离为d，

则.

故答案为：.

16．已知空间四边形的各边长及对角线的长度均为6，平面平面，点M在上，且，过点M作四边形外接球的截面，则截面面积的最小值为___________.

【答案】

【分析】先由面面垂直的性质得到平面，求得、、、，从而求得外接球的半径，再由平行线分线段成比例的推论证得三点共线，从而求得，从而求得截面面积的最小值.

【详解】由题意知和为等边三角形，取中点为连接，

则

由平面平面平面平面平面

故平面，，则易知，

易知球心在平面的投影为的外心，

在上作于，易得

则在中，，

所以外接球半径，连接

因为

所以三点共线，所以

当为截面圆圆心时截面面积最小，此时截面圆半径为，截面面积为.

故答案为：.

.

三、解答题

17．设为数列的前n项和,已知,().

(1)证明:为等比数列;

(2)求数列的通项公式,试判断是否成等差数列并说明理由.

【答案】(1)证明见解析;

(2),成等差数列,理由见解析

【分析】(1)根据题意求出的值,若证明为等比数列,只需证()为一个常数,将代入上式,即可证明结论.

(2) 由(1)结论求出的通项公式,根据的通项公式求出其前n项和,若成等差数列,只需证,将通项公式代入上式即可证明结论.

【详解】（1）解:由题知,,,

,

,

是以2为首项,2为公比的等比数列;

（2）由(1)知是以2为首项,2为公比的等比数列,

,

即,

成等差数列,理由如下:

,

,

即,

故成等差数列.

18．热心网友们调查统计了柳州市某网红景点在2022年6月至10月的旅游收入（单位：万元），得到以下数据：

(1)根据表中所给数据，用相关系数加以判断，是否可用线性回归模型拟合与的关系？若可以，求出关于之间的线性回归方程；若不可以，请说明理由；

(2)为调查游客对该景点的评价情况，网友们随机抽查了200名游客，得到如图列联表，请填写列联表，并判断能否有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”？

参考数据：，，，，注：与的计算结果精确到0.001.参考公式：相关系数，线性回归方程：，其中，，.

临界值表：

【答案】(1)；

(2)列联表见解析，有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”.

【分析】（1）根据相关系数公式求出，再由最小二乘法即可求解；

（2）由题意完善列联表，计算出观测值，利用独立性检验的基本思想即可求解.

【详解】（1）由已知得，，

，，，

所以，

因为，

说明y与x的线性相关关系很强，可用线性回归模型拟合与的关系，

设线性回归方程为，

，，

则关于的线性回归方程为；

（2）由题可得列联表，

，

有99.9%的把握认为“游客是否喜欢该网红景点与性别有关联”.

19．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.

【答案】(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.

【详解】（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.

20．已知抛物线C1：与椭圆C2：（）有公共的焦点，C2的左､右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为.

(1)求椭圆C2的方程；

(2)如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R（P点在椭圆左顶点的左侧），且∠PF1Q与∠PF1R互为补角，求△F1QR面积S的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据抛物线角点可得椭圆半焦距，结合离心率可解；

（2）由题可知，设直线方程，联立椭圆方程消元，利用韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式表示出面积，化简，由基本不等式可得.

【详解】（1）由题意可得，抛物线的焦点为，

所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率，所以，则，即，

所以椭圆的方程为.

（2）设，，，

∵与互补，

∴，所以，

化简整理得①，

设直线PQ为，联立直线与椭圆方程

化简整理可得，

，

可得②，

由韦达定理，可得，③，

将，代入①，

可得④，

再将③代入④，可得，解得，

∴PQ的方程为，

且由②可得，，即，

由点到直线PQ的距离，

令，，则

，当且仅当时，等号成立，

所以面积S最大值为.

21．已知，.

(1)求的单调区间；

(2)当时，若关于x的方程存在两个正实数根，（），证明：且.

【答案】(1)减区间为，增区间为；

(2)证明见详解.

【分析】（1）对函数求导，根据导数与0的关系，判断函数单调区间；

（2）由条件，分离参数，令，利用导数研究函数单调区间及最值情况，利用数形结合将问题转化为图像交点问题，从而证得参数a的取值范围；令，将证明的结论等价转化为，从而，令，通过导数研究其最大值情况，从而证明结论；

【详解】（1）的定义域为，

又，由得，

当时，，

当时，，

的减区间为：，增区间为：.

（2）证明：由存在两个正实数根，

整理得方程存在两个正实数根．

由，知，

令，则，

当时，减函数；当时，增函数．

所以．

因为趋向于或，趋向，所以的值域为，

问题等价于直线和有两个不同的交点．

，且，

所以，从而．

令，则，解得，

，而，

下面证明时，，

令，

则，

令，则，

在为减函数，，

在为减函数，，

在为减函数，，即．

【点睛】方法点睛：通过导数研究函数的单调区间，最值情况以及交点，零点情况；带参数时，可以分离参数或者带参分类讨论这两种方法来求得参数取值范围；对于双变量问题的证明，一般需要找到两个变量间的关系，利用另一个变量来表示这两个变量，从而转化为函数问题，借助导数证得结论.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系．

(1)求曲线的极坐标方程；

(2)若，是曲线上的两点，且，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用代入法消参可得，根据进行坐标转化；（2）题设问题与坐标原点有关，故利用极坐标处理问题，即设点得极坐标，代入处理．

【详解】（1）由参数方程可得，两式相乘得普通方程为．

故曲线的极坐标方程为，即．

（2）因为，所以可设，，

，

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若函数的图象与函数的图象有公共点，求实数t的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据绝对值的性质分类讨论进行求解即可；

（2）运用转化法，结合绝对值的性质进行求解即可

【详解】（1）即为，

所以或或

解得，或，或.

故原不等式的解集为；

（2）由题意知方程有解，

等价于，即有解，

因为，

所以，即，解得，

所以实数t的取值范围为.