广西玉林市北流市2023届高三年级教学质量检测数学（理）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（理）试题（含解析），共22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（理）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．大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．大衍数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则这个数列的第20项为（    ）A．198 B．200 C．202 D．2045．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．26．执行如图的程序框图，输出的值是（    ）A． B． C． D．7．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8．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．1259．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．10．为弘扬传统文化，某校进行了书法大赛，同学们踊跃报名，在成绩公布之前，可以确定甲、乙、丙、丁、戊5名从小就练习书法的同学锁定了第1至5名．甲和乙去询问成绩，组委会对甲说：“很遗憾，你和乙都没有获得冠军．”对乙说：“你当然不会是五人中最差的．”则最终丙和丁获得前两名的概率为（    ）A． B． C． D．11．双曲线：的左焦点和虚轴的一个端点分别为，，点为右支上一动点，若周长的最小值为，则的离心率为（    ）A． B． C． D．12．已知函数，的定义域均为，是奇函数，且，，则（    ）A．f（x）为奇函数 B．g（x）为奇函数C． D． 二、填空题13．2022年卡塔尔世界杯期间，3男3女共6位球迷赛后在比赛场地站成一排合影留念，则男、女球迷相间排列的概率为______.14．写出一个半径为且与圆及直线都相切的圆的方程________．15．已知为奇函数，若对任意，存在，满足，则实数的取值范围是_________．16．已知函数（其中a为常数）有两个极值点，若恒成立，则实数m的取值范围是______. 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，在四棱雉中，为等边三角形，，，且，平面底面.(1)证明:平面；(2)点为棱的中点，求二面角的正弦值.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．21．已知函数，，且曲线在点处的切线斜率均不小于2．(1)求a的值；(2)求证：函数在区间内存在唯一的零点．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．B【分析】根据数列已知项可分奇数项和偶数项得规律即可求解.【详解】由数列前10项的规律可知：当为偶数时，；当为奇数时， ，所以，故选：B5．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．6．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.7．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：C8．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：C9．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.10．D【分析】分甲是最后一名，则乙可能是二、三、四名和甲不是最后一名，则甲乙需排在二、三、四名求出总事件的个数，再求出最终丙和丁获得前两名的方法总数，再由古典概率公式代入即可得出答案.【详解】由概率的相关性质，只需分析甲乙丙丁戊五人情况即可．①若甲是最后一名，则乙可能是二、三、四名，剩下三人共有种情况，此时共有种情况；②若甲不是最后一名，则甲乙需排在二、三、四名，有种情况，剩下三人共有种情况，此时有种情况．则一共有种不同的名次情况，最终丙和丁获得前两名的情况有种，故丙和丁获得前两名的概率．故选：D.11．D【分析】根据已知条件结合平面几何知识分析出周长最小时的位置，然后建立齐次方程，求得，进而可以求出离心率.【详解】设双曲线的右焦点为，因为周长为，其中，不妨设，则，，由双曲线的定义得，则，所以当三点共线时，周长最小，此时周长为，又因为周长的最小值为，所以，即，所以，故选：D12．D【分析】结合已知条件和是奇函数求出函数的周期，然后利用周期和已知条件得出为偶函数，进而判断选项；根据函数是奇函数，周期为4即可判断选项；由得即可判断选项；根据题干条件得到，再结合函数的周期即可判断选项.【详解】因为，所以，又，则有，因为是奇函数，所以，可得，即有与，即，所以是周期为4的周期函数，故也是周期为4的周期函数．因为，所以，所以为偶函数．故错误；由是奇函数，则，所以，又，所以，所以选项错误；由得，所以选项错误；因为，，所以，所以，所以选项正确．故选：.13．/0.1【分析】先求出总的排列数，再由插空法求出满足题意的排列数，由古典概型概率公式求解即可.【详解】6位球迷站成一排的不同方法数为，其中男、女球迷相间排列的方法数为，所以所求的概率为.故答案为：14．（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）.15．【分析】根据函数的奇偶性求得，再根据题意推得的关系式，结合的范围，即可求得答案.【详解】因为为奇函数，故，即，由于,故，则，由于，故，所以，由，可得，即或，对任意，存在，满足，故，则,，，k取负值，则只能，此时，或，则，则,综合可得或，即实数的取值范围是，故答案为：16．【分析】对函数求导后，由题意可得，是关于x的方程的两个不等的正实根，则得，，则，令，然后利用导数求出其最小值即可.【详解】.若有两个极值点为，则，是关于x的方程的两个不等的正实根.由，及方程根的情况，得，则，.又，所以，要使恒成立，只需恒成立.又，令，则，当时，，为减函数，所以当时，.由题意，要使恒成立，只需满足.故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值问题，考查利用导数求函数最值，解题的关键是根据题意将问题转化为恒成立，然后构造函数，利用导数求出函数的最小值，考查数学转化思想，属较难题.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）根据面面垂直的性质定理证明即可；（2）取的中点，连接，根据面面垂直的性质定理得平面，结合题干条件，可得两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点和向量的坐标，计算平面和平面的法向量，利用向量夹角计算公式计算二面角的余弦值，从而计算出正弦值.【详解】（1），，又平面平面，平面平面，平面，平面.（2）取的中点，连接，为等边三角形，且是的中点，，.又平面平面，平面平面，平面，平面，四边形为矩形，又平面，两两垂直，故以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，则.设平面的法向量为，，解得设平面的法向量为，则，解得设二面角的大小为，由图可知为锐角，则，，即二面角的正弦值为.【点睛】一般对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.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)(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21．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由题意，利用导数的几何意义可得，再次利用导数研究函数的性质可得，结合即可求解；（2）由（1），根据求导公式和求导法则可得，利用导数证明不等式、在上恒成立，结合放缩法证明在上恒成立，得函数在上单调递增，根据零点的存在性定理即可证明.【详解】（1），则，因为曲线在处的切线斜率均不小于2，所以，得，设，则，令，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减，则，所以，又，所以；（2）由（1）知，，所以，则.设，则在上恒成立，所以函数在上单调递增，得，即在上恒成立，即在上恒成立，所以①.设，则在上恒成立，所以函数在上单调递增，得，即，得，当时，，所以②.由①②得，在上恒成立，则函数在上单调递增.又，得，所以函数在内有唯一的零点.即证.【点睛】在证明不等式的时候，若直接证明比较困难，可将不等式中的部分项进行放大或缩小，然后证明放缩后的不等式成立，再根据不等式的传递性证明原不等式成立，这种方法就是放缩法证明不等式.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．