2023届广西桂林市、北海市高三联合模拟考试数学（理）试题含解析

2023届广西桂林市、北海市高三联合模拟考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简集合，根据交集的运算法则求解.

【详解】由已知，

所以.

故选：B.

2．已知复数满足（为虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由给定等式两边同时除以再经计算即可得解.

【详解】因，则.

故选：B

3．函数的最小正周期为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用二倍角公式化简函数解析式，结合余弦函数的周期公式求其周期.

【详解】因为，

所以函数的最小正周期.

故选：D.

4．已知实数，满足约束条件则的最大值是（    ）

A．9 B．6 C．2 D．-1

【答案】B

【分析】根据题意，画出可行域区域，结合图像即可求得的最大值.

【详解】

由约束条件做出可行域如图所示，

联立，解得，

由，可得，

由图可知，当直线过时，

直线在轴上的截距最大，有最大值为.

故选:B

5．从1，2，3，4，5这5个数中随机选出2个数，则这2个数都是奇数的概率为（    ）

A．0.6 B．0.4 C．0.3 D．0.1

【答案】C

【分析】先求出从5个数中随机选出2个数，共有种情况，再求出从3个奇数中选1个，有种情况，即可得答案.

【详解】解：这5个数中1，3，5为奇数，从这5个数中随机选出2个数共有种情况，其中都是奇数的有种情况，

则所求的概率.

故选：C.

6．在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，则下列结论中不正确的是（    ）

A．这次测试的平均成绩为

B．越小，测试成绩在内的概率越大

C．测试成绩小于分和大于分的概率相等

D．测试成绩大于分的概率大于

【答案】D

【分析】根据正态密度曲线的特点可以判断、、；正态密度曲线的特点结合方差的意义可以判断.

【详解】对于选项：正态分布中，括号里面表示随机变量服从均值为，方差为的正态分布，

因为成绩服从正态分布，所以是正确的.

对于选项：正态分布中根据密度曲线特点，数据集中在均值附近，方差（或标准差）越小越稳定，曲线越“瘦高”，数据越集中，

所以越小，测试成绩在内的概率越大，所以是正确的.

对于选项：根据正态曲线对称特点，测试成绩小于分和大于分的概率相等，所以是正确的.

对于选项：测试成绩大于110分的概率等于0.5，所以错误.

故选：D．

7．函数在处取得极小值，则极小值为（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的导数，利用极小值点求出a值，再借助导数求出极小值作答.

【详解】依题意，，因为函数在处取得极小值，则，解得，

此时，当或时，，当，时，

因此函数在上单调递增，在上单调递减，

所以函数在处取得极小值.

故选：C

8．若，则（    ）

A．8 B． C．15 D．

【答案】D

【分析】由赋值法即可求解.

【详解】因为，令，得，令，得，所以．

故选：D

9．如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】通过做辅助线把平移到，得到为异面直线和所成的角或其补角．在中求出三边的长度，再用余弦定理即可得到的余弦值.

【详解】如图，

延长到点，使得，连接，由，得，即，

所以为异面直线和所成的角或其补角．

设正方体的棱长为2，

则，

所以.

故选：A

10．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用中间值法，结合幂函数、三角函数、对数函数的单调性，可得答案.

【详解】由题意知，，，，，故．

故选：D.

11．某园区有一块三角形空地（如图），其中，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为（    ）

A． B． C．25 D．30

【答案】B

【分析】根据题意先找出点的轨迹，然后分析轨迹再结合解三角形知识即可求出的最小值.

【详解】如图，因为，所以点在如图所示的圆上，

圆的半径为，

由圆周角的性质可得，，

，

连接，可得（当为与圆的交点时，取等号），

在中，，，，根据余弦定理可知

，所以的最小值为．

故选：B.

12．已知分别是双曲线的左､右焦点，斜率为的直线过，交的右支于点，交轴于点，且，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意画出图形，利用双曲线定义求出，再利用三角形相似，即可求解.

【详解】如图，由题可知，

又因为，所以，

因为直线的斜率为，所以，

设为的中点，连接，易知，

所以，则，解得，

所以双曲线的离心率为．

故选：A.

二、填空题

13．已知向量，，则__________.

【答案】

【分析】根据数量积的坐标公式即可求解.

【详解】解：.

故答案为：.

14．已知函数的图象关于点对称，则__________.

【答案】/

【分析】根据的图象关于点对称，由，求解.

【详解】解：因为函数的图象关于点对称，

所以，，

所以，，

因为，

所以.

故答案为：

15．已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则的面积为_________．

【答案】

【分析】根据抛物线焦半径的求解可得，进而得，由面积公式即可求解.

【详解】设，由，可得，所以，

则，即，所以的面积为．

故答案为：

16．在四面体中，，，向量与的夹角为，若，则该四面体外接球的表面积为_____________．

【答案】

【分析】利用条件，将四面体补成直三棱柱，再利用条件和球的截面圆的性质即可求出外接球的半径，从而求出结果.

【详解】如图，过点作且，连，

因为，所以，又，，平面，所以平面，

将四面体补成如图所示的直三棱柱，则四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，

因为向量与的夹角为，所以，又，所以三角形是等边三角形，

设直三棱柱上下底面中心分别为，连接，则由球的截面圆的性质知，球心为的中点，

设外接球的半径为，易知，，所以，

所以该四面体外接球的表面积为．

故答案为：.

三、解答题

17．已知数列为等比数列，其前项和为，且，.

(1)求的通项公式；

(2)求使成立的正整数的最大值.

【答案】(1)

(2)3

【分析】（1）由，两式相除得到公比，再代入求得首项，然后利用通项公式求解；

（2）利用等比数列前n项和公式得到，再解不等式即可.

【详解】（1）解：由题意得：等比数列的公比，

又，所以，解得，

所以；

（2），

令，解得，

所以使得成立的正整数的最大值为3.

18．如图，在四棱锥中，平面平面，已知底面为梯形，

(1)证明：；

(2)若平面，求二面角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1) 由余弦定理求出，所以，满足勾股定理，所以，再由面面垂直的性质定理得到平面，从而得到.

(2)建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，用夹角公式求二面角的余弦值，再用平方关系得到二面角的正弦值．

【详解】（1）证明：因为，，

所以由余弦定理可得，所以，

所以，则．

因为平面平面，且相交于，平面，所以平面．

因为平面，所以．

（2）如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，

易得平面的一个法向量为，

设平面的法向量为，

由,得，

取，得，所以，

所以，

所以二面角的正弦值为．

19．推进垃圾分类处理是落实绿色发展理念的必然选择．某社区开展有关垃圾分类的知识测试．已知测试中有A，B两组题，每组都有4道题目，甲对A组其中3道题有思路，1道题完全没有思路．有思路的题目每道题做对的概率为，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为．甲对B组每道题做对的概率为0.6，甲可以选择从A组中任选2道题或从B组中任选2道题．

(1)若甲选择从A组中任选2道题，设X表示甲答对题目的个数，求X的分布列和期望；

(2)以答对题目数量的期望为依据，判断甲应该选择哪组题答题．

【答案】(1)分布列见详解，

(2)甲应选择B组

【分析】（1）根据题意结合独立事件概率乘法公式求分布列，进而求期望；

（2）根据题意可得，结合二项分布求期望，并对你分析.

【详解】（1）由题意可知：X的可能取值为，则有：

，

，

，

所以X的分布列为：

故X的期望.

（2）若甲选择从B组中任选2道题，设Y表示甲答对题目的个数，则，

所以Y的期望，

因为，所以甲应选择B组.

20．已知分别为椭圆的左，右顶点，为其右焦点，，且点在椭圆上．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若过的直线与椭圆交于两点，且与以为直径的圆交于两点，证明：为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由以及即可求解的值，

（2）联立直线与椭圆的方程，由弦长公式以及点到直线的距离公式即可化简求解.

【详解】（1）由，可得，解得，

又因为，所以，

因为点在椭圆上，所以，

解得，，，所以椭圆的标准方程为．

（2）证明：当与轴重合时，，所以

当不与轴重合时，设，直线的方程为，

由整理得，

则，

故

圆心到直线的距离为，则，

所以，即为定值．

21．已知函数

(1)求曲线在处的切线方程；

(2)写出一个适当的正整数，使得恒成立，并证明．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义，根据切线方程的公式，求得切点坐标与斜率，可得答案；

（2）先写出一个正整数，整理不等式，构造函数，利用导数研究函数的单调性，研究最值，可得答案.

【详解】（1），

因为，所以，则，

所以曲线在处的切线方程为，即．

（2）当时，恒成立，即恒成立，

证明过程如下．

今，

①当时，，所以．

②当时，，令，

则，可知在上单调递增．

当时，，所以，即在上单调递增，

又因为，所以，即在上单调递增，

所以成立．

一般情况下探求：当时，，即，

令，

①当时，，所以．

②当时，，令，

则，可知在上单调递增．

又因为，所以存在，使得，即，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，

因为，所以只需满足即可.

22．在平面直角坐标系中，圆的方程为.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求圆的极坐标方程；

(2)若射线（，）与圆交于，两点，且，求直线的直角坐标方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，将圆的标准方程化为一般式，然后按照普通方程化为极坐标方程的公式，即可得到结果；

（2）根据题意，把代入圆的极坐标方程，结合韦达定理即可得到，即可得到，从而得到，即可得到结果.

【详解】（1）圆的普通方程为，展开得，

由，得圆的极坐标方程为.

（2）把代入，得，

则，是的两个根，

所以，，

则，解得，

所以，

所以，即直线的直角坐标方程为.

23．已知函数.

(1)解关于的不等式；

(2)若的最小值为，且正数，满足，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）解绝对值不等式即可得出结果；

（2）利用绝对值不等式求出的值，利用柯西不等式即可求出的最大值.

【详解】（1）由题意，

在中，，

即，

∴，

∴，则，

∴不等式的解集为

（2）由题意及（1）得，

在中，最小值为，

∵，

当且仅当，即时，等号成立.

∴，

∵

∴，

由柯西不等式可知，，

则，

解得，

当且仅当，时，等号成立，

∴的最大值为.