广西玉林市北流市2023届高三年级教学质量检测数学（文）试题（含解析）

这是一份广西玉林市北流市2023届高三年级教学质量检测数学（文）试题（含解析），共19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。
广西玉林市北流市2023届高三年级教学质量检测数学（文）试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知，为虚数单位，若为实数，则a＝（    ）A．-3 B． C．3 D．3．已知平面向量，，且，则（    ）A．1 B．14 C． D．4．如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图，已知甲的成绩的极差为31，乙的成绩的平均值为24，则下列结论错误的是（    ）A． B．C．乙的成绩的中位数为 D．乙的成绩的方差小于甲的成绩的方差5．若实数满足约束条件则的最小值为（    ）A． B． C． D．6．已知拋物线C：焦点为F，准线为l，点在C上，直线AF与l交于点B，则（    ）A．1 B． C． D．27．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）A． B． C． D．8．已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是（    ）A． B． C． D．9．如图，在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（    ）A．平面平面 B．C． D．平面10．已知数列是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则（    ）A．128 B．127 C．126 D．12511．已知为函数的极值点，则在区间上的最大值为（    ）（注：）A．3 B．C．5 D．12．已知四棱锥的五个顶点都在球面O上，底面ABCD是边长为4的正方形，平面平面ABCD，且，则球面O的表面积为（    ）A． B． C． D． 二、填空题13．在等差数列中，已知，则该数列前项和__________．14．欲利用随机数表从00，01，02，，59这些编号中抽取一个容量为6的样本，抽取方法是从下面的随机数表的第1行第11列开始向右读取，每次读取两位，直到取足样本，则第4个被抽取的样本的编号为______.63 01 63 78 59   16 95 55 67 19   98 19 50 71 75   12 86 73 58 07   44 39 52 38 7933 21 12 34 29   78 64 56 07 82   52 42 07 44 38   15 51 00 13 42   99 66 02 79 5415．写出一个半径为且与圆及直线都相切的圆的方程________．16．函数，且，若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为______. 三、解答题17．在中，角所对的边分别，且(1)求角A的值；(2)已知在边上，且，求的面积的最大值18．如图，在直三棱柱中，D是的中点，，，．(1)证明：平面BCD．(2)求点D到平面的距离．19．随着容城生态公园绿道全环贯通，环城绿道骑行成为最热门的户外休闲方式之一.环城绿道全程约100公里，不仅可以绕蓉城一圈，更能360度无死角欣赏蓉城这座城市的发展与魅力.某位同学近半年来骑行了5次，各次骑行期间的身体综合指标评分与对应用时（单位：小时）如下表：身体综合指标评分12345用时小时9.58.67.876.1(1)由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；(2)建立关于的回归方程.参考数据和参考公式：相关系数.20．已知函数，.(1)讨论的单调区间；(2)若有3个零点，求的取值范围.21．已知椭圆：的离心率为，、分别是其左、右焦点，若是椭圆上的右顶点，且．(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为（与不重合），问直线与轴是否交于一个定点？若是，请写出该定点的坐标，并证明你的结论；若不是，请说明理由．22．在直角坐标系中，已知曲线（为参数， ），在极坐标系中，曲线是以为圆心且过极点O的圆．(1)分别写出曲线普通方程和曲线的极坐标方程；(2)直线与曲线、分别交于M、N两点（异于极点O），求．23．已知函数，．(1)若，求不等式的解集；(2)已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围．
参考答案：1．A【分析】解不等式求得集合，进而求得.【详解】，解得，所以，由于，所以.故选：A2．A【解析】先进行分母实数化，化简，再根据条件得虚部为零，计算即得结果.【详解】因为为实数，则，即，所以.故选：A.3．B【分析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.【详解】因为，，，所以，所以.故选：B4．C【分析】结合茎叶图的数据分布特点，以及统计数据的极差、平均数、中位数、方差，依次分析选项，即可得答案．【详解】解：根据题意，依次分析选项：对于A，甲得分的极差为31，，解得：，A正确；对于B，乙的平均数为，解得，B正确；对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数是26，C错误；对于D，甲的平均数，与乙的平均数相同，但根据茎叶图可得乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；故选：C．5．C【分析】作出可行域，结合图形即可得出结果.【详解】如图所示作出可行域，当过直线和的交点即时，此时.故选：C6．A【分析】点在C上，代入抛物线方程可得，过点A作l的垂线，垂足为H， l与x轴交于点G，有，所以为中点，可求.【详解】由在上，有，得，所以，， 过点A作l的垂线，垂足为H，由抛物线的定义可知，设l与x轴交于点G，则，有，又，所以为中点，有，．故选：A．7．B【分析】列举出循环的每一步，结合余弦函数的周期性可求得输出结果.【详解】因为对任意的，，执行第一次循环，，，不成立；执行第二次循环，，，不成立；执行第三次循环，，，不成立；，以此类推，执行最后一次循环，，，成立，跳出循环体，因为，因此，输出结果为.故选：B.8．A【分析】根据两函数图象的关系知，所求函数为偶函数且时两函数解析式相同，即可得解.【详解】根据函数图象知，当时，所求函数图象与已知函数相同，当时，所求函数图象与时图象关于轴对称，即所求函数为偶函数且时与相同，故BD不符合要求，当时，，，故A正确，C错误.故选：A.9．C【分析】根据空间线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，由分别为所在棱的中点得，由正方体的性质易知，平面，平面，所以，，，平面，所以平面，平面，所以平面平面，故A选项正确；对于B选项，为下底面的中心，故为的中点，因为为所在棱的中点，所以，故B选项正确；对于C选项，若，由B选项知，则有，令一方面，由正方体的性质知为直角三角形，，所以，不满足，故C选项错误；对于D选项，由A选项知，由正方体的性质易知，所以，平面，平面，所以平面，故D选项正确.故选：C10．C【分析】根据等比数列的知识求得数列的首项和公比，从而求得.【详解】设等比数列的公比为，且，，，，所以，即故选：C11．B【分析】由以及极值点的知识求得，求得的单调区间，进而求得在区间上的最大值.【详解】，由于是的极值点，所以，此时，所以在区间递减；在区间递增.所以是极小值点，符合题意.，，由于，所以在区间上的最大值为.故选：B12．C【分析】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过做平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外切球球心O.由题目条件，可证得四边形为矩形，设外接球半径为R，则.后可得答案.【详解】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过作平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O.因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，则平面ABCD.又平面ABCD，则.因，则四边形为矩形.设三角形外接圆半径为，则，又则.则，设外接球半径为R，则，又，则，则球O表面积为：.故选：C.13．【分析】由等差数列的性质和前项和公式进行计算即可.【详解】∵数列为等差数列，∴由等差数列的性质，，∴该数列的前项和.故答案为：.14．【分析】根据随机数表法的读取规则，读取第4个被抽取的样本的编号.【详解】从随机数表的第1行第11列开始向右读取，每次读取两位编号有：16，95，55，67，……，不大于59的有16，55，19，19（重复划掉），50，……，第4个被抽取的样本的编号为50.故答案为：50.15．（答案不唯一）.【分析】设所求圆的圆心坐标为，根据由已知圆与直线相切，圆与圆相切，列出方程即可求解.【详解】设所求圆的圆心坐标为，由已知圆与直线相切，圆与圆相切，则有，即得或或，所以所求圆的方程为或或，故答案为：（答案不唯一）.16．【分析】当时，运用参数分离法，构造函数利用导数研究函数的性质即得，当时根据二次不等式的解法讨论的范围进而即得.【详解】由题意知，当时，；当时，；当时，．当时， ，即 ，构造函数 ，当 时， 单调递增，当 时， 单调递减， ， ；当时，，当时，由，得，不合题意；当时，由，得，不合题意；当时，由，得，，所以，此时，不合题意；当时，由，得，又，所以，此时适合题意；综上，关于x的不等式的解集为，则 .故答案为：.17．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理边角互化结合和差角关系可得，即可得，进而可求，（2）根据向量的线性表示以及模长公式可得，结合不等式即可求解最值成立的条件,由面积公式即可求解.【详解】（1）在中因为．由正弦定理得，所以，因为，所以．故又是的内角，所以．从而．而A为的内角，所以；（2）因为所以,所以，从而，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立，故的面积的最大值为.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）确定，根据相似得到，得到线面垂直.（2）计算，，再根据等体积法计算得到距离.【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，故，，，平面，故平面，平面，． 因为，，所以．又D是的中点，，所以，所以，则．因为，平面BCD，所以平面BCD．（2）． ， 所以． 设点D到平面的距离为d，由，得， 解得，即点D到平面的距离为．19．(1)答案见解析(2) 【分析】（1）根据数据求出相关系数，由相关系数的可判断相关程度；（2）利用公式直接计算可得.【详解】（1），相关系数近似为，说明与负相关，且相关程度相当高，从而可用线性回归模型拟合与的关系；（2）由（1）中数据，，，关于的回归方程为.20．(1)答案见解析(2) 【分析】（1）先求出函数的定义域，从而根据函数的解析式，求出函数的导函数，分析导函数符号在不同区间上的取值，根据导函数符号与原函数的单调性之间的关系即可求出所求区间．（2）由条件，根据函数的单调性结合零点存在性定理可求的取值范围.【详解】（1）的定义域为，若，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.若，则恒成立，在上单调递增.综上，当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间（2）因为有3个零点，所以，又的单调递增区间为，，单调递减区间为，所以，，解得，此时，，故函数在区间上各有一个零点，即函数在区间上各有一个零点，满足要求；所以的取值范围为.【点睛】关键点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．21．(1)(2)直线与轴交于定点. 【分析】（1）由题知，，再根据即可求得答案；（2）设，则，进而求解直线与轴的交点横坐标，最后联立方程， 结合韦达定理计算即可.【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，因为椭圆：的离心率为，所以，即，因为，，所以，因为，所以，，，.所以，椭圆的方程为.（2）解：设，则，所以，联立方程得，，所以，因为直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为与不重合，所以，，即，所以，，直线的方程为，令得，又因为，所以所以，直线与轴交于点22．(1)；(2) 【分析】（1）利用，消去参数，即可得到曲线普通方程，先写出曲线的普通方程，然后将代入，即可得到本题答案；（2）先求出两点的极坐标，然后根据，即可得到本题答案.【详解】（1）由曲线（为参数，），消去参数，得，所以曲线的直角坐标方程为，因为曲线是以为圆心的圆，且过极点O，所以圆心为，半径为1，故的直角坐标方程为：，即，将代入可得：圆的极坐标方程为（2）因为曲线的直角坐标方程为，即，将代入化简可得的极坐标方程为：（），所以的极坐标方程为；的极坐标方程为；因为M、N是直线与曲线、的两个交点，不妨设， 由（1）得：，：，所以，从而，23．(1)(2) 【分析】（1）分类讨论去绝对值，即可得到本题答案；（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，然后结合基本不等式，即可得到本题答案.【详解】（1）解：当时，，因为，当时，即，；当时，即，；当时，即，，综上可得不等式的解集为（2）解：，当且仅当时取等号，，又，且，，当且仅当，即，时等号成立，所以 根据题意可得，解得或，的取值范围是．