广西桂林市国龙外国语学校2023届高三5月预测考试数学（理）试题（含解析）

这是一份广西桂林市国龙外国语学校2023届高三5月预测考试数学（理）试题（含解析），共25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。
广西桂林市国龙外国语学校2023届高三5月预测考试数学（理）试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．集合，，若，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知复数为纯虚数，则（    ）
A．0 B．1 C． D．2
3．已知向量，，若，且，则实数（    ）
A． B． C． D．
4．某班男女生各10名同学最近一周平均每天的锻炼时间（单位：分钟）用茎叶图记录如下：

假设每名同学最近一周平均每天的锻炼时间是互相独立的.
①男生每天锻炼的时间差别小，女生每天锻炼的时间差别大；
②从平均值分析，男生每天锻炼的时间比女生多；
③男生平均每天锻炼时间的标准差大于女生平均每天锻炼时间的标准差；
④从10个男生中任选一人，平均每天的锻炼时间超过65分钟的概率比同样条件下女生锻炼时间超过65分钟的概率大.
其中符合茎叶图所给数据的结论是（    ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
5．在中，“”是“”的（）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
6．如图，在正方体中，M，N分别为AC，的中点，则下列说法中不正确的是（    ）

A．平面
B．
C．直线MN与平面ABCD所成的角为60°
D．异面直线MN与所成的角为45°
7．某太空舱的设计模型大致为一个圆台和一个半球组成的中空几何体，其三视图如图所示（单位：），忽略舱壁厚度，该太空舱的容积约为（    ）（取）

A． B．
C． D．
8．函数的大致图象是（    ）
A． B．
C． D．
9．杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，如开方、数列等.

我们借助杨辉三角可以得到以下两个数列的和.
；

若杨辉三角中第三斜行的数：1，3，6，10，15，…构成数列，则关于数列叙述正确的是（    ）
A． B．
C．数列的前n项和为 D．数列的前n项和为
10．已知是定义在R上的奇函数，当时，，若函数是偶函数，则下列结论不正确的为（    ）
A． B．的最小正周期
C．有4个零点 D．
11．已知，则（    ）
A． B．
C． D．
12．已知，分别为双曲线（，）的左右焦点，点为双曲线右支上一点，直线交轴于点，且点，，，四点共圆（其中为坐标原点），若射线是的角平分线，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．

二、填空题
13．已知等差数列中，前5项和，且，则__________.
14．设，，实数x，y满足，则的最小值为__________.
15．由数字0，1，2，3组成一个各位数字不重复的四位数，则0和1不相邻的四位数是偶数的概率是__________.
16．已知抛物线：的顶点为O，焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于点A､B，且，过抛物线上一点P（非原点）作抛物线的切线，与x轴､y轴分别交于点M､N，.垂足为H.下列命题：
①抛物线的标准方程为
②的面积为定值
③M为PN的中点
④四边形PFNH为菱形
其中所有正确结论的编号为___________.

三、解答题
17．2022年卡塔尔世界杯于当地时间11月20日开赛，三支球队同在一个小组，小组赛中，这三支球队之间将有3场比赛，每两支球队之间只打一场比赛，每场此赛胜方记3分，负方记0分，平局各记1分．根据大量训练数据统计，这三支球队之间的胜率如下表：



胜
平
胜
平
胜
平






各场比赛相互独立，互不影响．
(1)求这3场比赛后三支球队得分相同的概率；
(2)记这3场比赛这三支球队累积总得分为，求随机变量的期望与分布列．
18．在直三棱柱中，，M、N分别为棱BC和的中点，点P是侧面上的动点.

(1)若平面AMN，试求点P的轨迹，并证明；
(2)若P是线段的中点，求二面角的余弦值.
19．在中，三角内角A、B、C对应的三边分别为a、b、c，且.
(1)若，，求的面积.
(2)若D在线段CB上，于E，且，当最大时，求值.
20．在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的方程为，抛物线的焦点为，上不同两点M，N同时满足下列三个条件中的两个：①；②；③MN的方程为.
(1)请分析说明两点M，N满足的是哪两个条件？并求出抛物线的标准方程；
(2)设直线与相交于A，B两点，线段AB的中点为，且与相切于点，与直线交于点，以PQ为直径的圆与直线交于Q，E两点，求证：O，G，E三点共线.
21．已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，且存在整数使得恒成立，求整数的最大值.
（参考数据：，）
22．曲线的参数方程为：，为参数.以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的方程为.
(1)求曲线的普通方程和极坐标方程.
(2)若直线与曲线相交于点A，点B在圆：上，求的最小值及此时的值.
23．已知实数，都为正数，且函数.
(1)若，解不等式.
(2)若，且函数的最小值为，证明：.

参考答案：
1．A
【分析】根据，可得，由此求出，进而可求出，再根据并集的定义即可得解.
【详解】因为，，，
所以，解得，
则，所以，
所以.
故选：A.
2．C
【分析】先利用纯虚数的概念求，再求
【详解】因为纯虚数，
所以，
解得，
所以.
故选：C.
3．C
【分析】根据平面向量坐标的线性运算得得坐标，在根据向量垂直的坐标关系，即可得实数的值.
【详解】因为向量，，所以，
又，所以，解得.
故选：C.
4．C
【解析】根据茎叶图，计算出平均数，由古典概型的概率计算公式计算出概率，以及由数据的分散程度可说明方差的大小，即可判断.
【详解】解：由茎叶图知，男生每天锻炼时间差别小，女生差别大，①正确.
男生平均每天锻炼时间超过65分钟的概率，女生平均每天锻炼时间超过65分钟的概率，，因此④正确.
设男生、女生两组数据的平均数分别为，，标准差分别为，.


，知，②正确.
又根据茎叶图，男生锻炼时间较集中，女生锻炼时间较分散，
∴，③错误，
因此符合茎叶图所给数据的结论是①②④.
故答案为：①②④
【点睛】本题考查茎叶图中数据的分析问题，属于基础题.
5．C
【分析】依题意可得，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】在中，
由得不到，如时，即充分性不成立；
若，则，即由能够得到，即必要性成立，
所以在中，“”是“”的必要不充分条件.
故选：C
6．C
【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出线面角、线线角判断CD作答.
【详解】在正方体中，取棱中点，连接，

因为M，N分别为AC，的中点，则，
因此四边形为平行四边形，则平面，
平面，所以平面，A正确；
因为平面，则，所以，B正确；
显然平面，则是与平面所成的角，又，
有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；
因为，，则是异面直线MN与所成的角，显然，D正确.
故选：C
7．C
【分析】根据题意，结合圆台和球的体积公式进行求解即可
【详解】由三视图可知：圆台的上底面半径为，圆台的下底面半径为，高为，
半球的半径为，
所以太空舱的容积为：，因为，
所以太空舱的容积约为，
故选：C

8．A
【分析】首先判断函数的奇偶性，再代入计算和的值即可得到正确答案.
【详解】因为，
且函数定义域为，关于原点对称，所以是偶函数，其图象关于轴对称，排除C；
，排除B；，排除D.
故选：A.
9．A
【分析】确定，计算，得到A正确B错误，取特殊值排除CD得到答案.
【详解】.
对选项A：，正确；
对选项B：，错误；
对选项C：当时，，错误；
对选项D：当时，，错误；
故选：A
10．D
【分析】对于A：根据奇函数性质运算求解；对于B：根据对称性和奇偶性分析可得，进而可得周期性；对于C：分别作出的图象，结合图象分析判断；对于D：根据题意结合函数性质分析运算.
【详解】对于A：由题意可得：，解得，故A正确；
对于B：∵是偶函数，则，则，
又∵为奇函数，则，可得，
∴，则的最小正周期，故B正确；
对C：令，则，
注意到此时，分别作出的图象，

由图象可知：有4个交点，故有4个零点，
故C正确；
对D：∵，
则，
可得，故D不正确.
故选：D.
11．D
【分析】由于都与有关系，如果是的话，对应分别是，和，分别构建，结合导数分析运算可得，方法一：构建，结合导数分析运算可得；方法二：利用常见不等式，，分析可得.
【详解】先比较，
构建，则，
构建，则，
构建，则对恒成立，
∴在上单调递增，则，可得，
则，即，
构建，则在上单调递减，且，
故在内存在零点，
当时，；当时，；
且，可得：当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
∵，则，
可得，且，
故在内恒成立，则在内恒成立，
∴在上单调递增，则，
即，则，所以；
再比较，
方法一：构建，求导，
∵，则，即，
故在上恒成立，
所以在上单调递增，则，
即，则，所以；
方法二（结论法）：我们知道，，
所以恒成立
令，可得，所以；
综上所述：.
故选：D.
12．B
【分析】由，，，四点共圆得到，结合射线是的角平分线以及双曲线的性质求得，由此求得，结合双曲线的定义求得双曲线的离心率.
【详解】因为点，，，四点共圆，所以．
因为射线是的角平分线，所以，
由双曲线的对称性知，所以，
，
因此，，从而，
因此离心率.
故选：B

13．1
【分析】利用等差数列的性质和相关公式求值即可.
【详解】因为等差数列，
所以，
得，，
所以的公差，
.
故答案为：1
14．4
【分析】先计算定积分的值求和，然后求解线性规划问题即可.
【详解】，.
所以
由约束条件作出可行域如图所示：

由，解得，设，得.
由图可知：当直线过点时，直线在轴上截距最小，
即有最小值为.
故答案为：
15．
【分析】列出所有符合要求的四位数，共有18个，其中0和1不相邻的四位偶数有5个，再用概率公式求解即可.
【详解】列出所有符合要求的四位数如下：
千位
1
2
3
百位
0
2
3
0
1
3
0
1
2
十位
2
3
0
3
0
2
1
3
0
3
0
1
1
2
0
2
0
1
个位
3
2
3
0
2
0
3
1
3
0
1
0
2
1
2
0
1
0
共有18个，其中0和1不相邻的四位偶数有1230、1302、1320、2130、3120，共5个，
所以得到的四位数是0和1不相邻的四位偶数的概率为.
故答案为：.
16．①③④
【分析】可由题意，设出A､B坐标和过焦点的直线方程，通过联立方程利用根与系数的关系借助求解出的值，然后写出过P抛物线的切线方程，分别求解出M､N坐标，利用即可判断选项②和③，通过表示出H点坐标，通过P、F、N、H四点坐标借助抛物线定义即可判断选项④.
【详解】
设，，可知，直线的方程为，联立
，化为，则，，而，所以，所以，故抛物线方程为，所以选项①正确；
设，抛物线方程为，则，则在点处取得的切线方程斜率为，所以以点为切点的切线方程为，切线与x轴､y轴分别交于点M､N，所以，，
所以，故面积不为定值，选项②错误；
因为、、，可知，，所以M为PN的中点，选项③正确；
因为.垂足为H ，所以、、、，因此
且所以四边形PFNH为平行四边形，又根据抛物线定义故四边形PFNH为菱形，所以，选项④正确.
故答案为：①③④
17．(1)
(2)期望为，分布列见解析

【分析】（1）由题意可得3场比赛后三支球队得分相同，则3场比赛各胜一场或3场都是平局，利用分类加法和分步乘法概率公式求解即可；
（2）随机变量的可能取值为6，7，8，9，求出取每个值的概率后，可得分布列和期望.
【详解】（1）记“这3场比赛后三支球队得分相同”为事件，
则事件包含：3场比赛各胜一场或3场都是平局，                      
3场比赛各胜一场的概率，                
3场都是平局的概率，                  
所以．
（2）随机变量的可能取值为6，7，8，9，
；
；
；
，
所以的分布列为

6
7
8
9





所以．
18．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由面面平行的性质定理得到线面平行，从而推测点P的轨迹即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法求解二面角的余弦值即可.
【详解】（1）取的中点为Q，连，QB，，则点P的轨迹为线段BQ.
证明：因为M，N分别为BC和的中点，所以
又因为平面ANN，平面AMN
所以平面AMN
又因为Q是的中点，所以
而，所以且
所以四边形为平行四边形
所以
又因为平面ANN，平面AMN
所以平面AMN
因为，所以平面平面AMN
因为点P在侧面上，且平面
所以在平面内，所以点P在线段BQ上，所以点P的轨迹为线段BQ.

（2）依题设可知直三棱柱为正三棱柱，
以M为原点，建立空间直角坐标系，如图所示

则，，，，，，
设平面的法向量为，则
.
取，得
设平面的法向量为，则
.
取，得
∴
所以，二面角的余弦值为.
19．(1)
(2)

【分析】（1）利用两角和与差的正弦公式展开化简即可得，再根据的范围则得到，再利用余弦定理得到关于的方程，解出后结合三角形面积公式即可得到三角形面积；
（2）设，，通过正切定义和得，再利用两角和与差的正切公式和基本不等式即可求出的最大值，最后利用两角和与差的余弦公式即可.
【详解】（1）因为的三角内角为A，B，C，所以
所以

∴
因为，所以，所以
∵，∴
，则，
由余弦定理得：
所以，
解得或（不合题意，舍去），
所以，，
的面积.
（2）设，，
则在和中，，，
所以，
又，所以，∵，
∴
，当且仅当即时，取等号，
∴的最大值为.
由于正切函数在上是增函数，所以当最大时，角最大，
故当，时，最大，此时，



20．(1)②③；
(2)证明见解析

【分析】（1）若同时满足①②，则可推出，故不符合题意；
若同时满足①③，则也是推出，不符合题意；由此可得同时满足条件②③，求得p的值，可得答案;
（2）设切点P的坐标为，利用导数的几何意义求得AB的斜率，设线段AB的中点为G，进而利用点差法求得，结合题意可得，求得E的坐标为，可得OE的斜率为，从而证明结论.
【详解】（1）若同时满足①②，由②得 ,
可得MN过焦点 ，
则， 故①②不能同时满足；
若同时满足①③，由③可得MN过焦点 ，则，
所以①③不能同时满足；
由以上可知，只能同时满足条件②③，
由②得，可得MN过焦点 ，
且 ，
故抛物线的标准方程为 ；
（2）证明：设切点P的坐标为 ，
因为抛物线的标准方程为，则 ，
所以直线AB的斜率为 ，设 ，
则有 ，两式相减得，
所以，
设线段AB的中点为G，则有 ，
l与直线 交于点Q，以PQ为直径的圆与直线交于Q,E两点，
所以 ,故点E的坐标为 ，
所以直线OE的斜率为 ，
则有 ,所以：O，G，E三点共线..
【点睛】本题考查了抛物线方程的求解，以及直线和抛物线的位置关系，证明三点共线问题，综合性强，计算量较大，解答的关键是明确解题的思路，准确计算，即求出点的坐标，表示出直线OE,OG的斜率，证明斜率相等即可.
21．(1)答案见解析
(2)0

【分析】（1）求出，然后分、、、四种情况讨论求解即可；
（2）求出，然后利用导数求出函数存在唯一的零点，且，然后可得，然后利用导数求出的范围即可.
【详解】（1），，

若，则，，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
若，则，
所以函数在上递增，
若，则，
当或时，，当时，，
所以函数在上递减，在和上递增，
若，则，
当或时，，当时，，
所以函数在上递减，在和上递增，
综上所述，当时，函数在上递减，在上递增，
当时，函数在上递增，
当时，函数在上递减，在和上递增，
当时，函数在上递减，在和上递增；
（2）若，，，
，
令，则，
令，则，
所以函数在上递增，即函数在上递增，
又，则当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
又，，，
所以函数存在唯一的零点，且，此时，
则当时，，即，当时，，即，
所以函数在上递减，在上递增，
所以，
令，，则，，
所以函数在上递减，
所以，
又，，
所以，
又存在整数使得恒成立，
所以整数的最大值为0.
【点睛】方法点睛：本题属于函数的隐零点问题，解题的关键是首先要得到隐零点的方程和隐零点的范围，然后要善于用隐零点满足的方程进行化简变形.
22．(1)（或），
(2)；

【分析】(1)通过化简即可得出普通方程，再由即可得出极坐标方程；
(2)根据题意分析，的最小值为，所以最小时，的最小，求解即可.
【详解】（1）
所以曲线的普通方程为：（或）
曲线极坐标方程为：.
（2）圆的直角坐标方程为：，
所以圆心E的直角坐标为，半径，
因为点A在曲线（或）上，如图所示，
所以点A在圆的外面，

由几何意义可知，的最小值为，
所以由图可得，当为点时，最小，最小值为，
所以的最小值为，此时.
23．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）双绝对值不等式问题可分类去绝对值处理.
（2）由题意可知，结合，，为正数，运用柯西不等式即证.
【详解】（1）若，则，
当时，，得，
当时，，得，
当时，，得，
综上可知不等式的解集为
（2）对于任意实数，都有，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为，
依题知，即，
故，，，
由柯西不等式得： ，
当且仅当即时，上式取等号，
所以，即证