广西柳州市2023届高三上学期第二次模拟数学（文）试卷（含解析）

这是一份广西柳州市2023届高三上学期第二次模拟数学（文）试卷（含解析），共17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。

一、单选题
1．已知集合且,，，则M等于（ ）
A．B．
C．D．
2．复数z的虚部为，模为2，则复数z2的对应点位于复平面内（ ）
A．第四象限B．第三象限C．第二象限D．第二或三象限
3．函数的单调增区间为（ ）
A．B．
C．D．
4．以下四个选项中的函数，其函数图象最适合如图的是（ ）
A．B．
C．D．
5．经过原点且倾斜角为的直线被圆C:截得的弦长是，则圆在轴下方部分与轴围成的图形的面积等于（ ）
A．B．C．D．
6．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新的样本数据，，…，，其中（，2，…，n），且，则下列说法中错误的是（ ）
A．新样本数据的平均数是原样本数据平均数的c倍
B．新样本数据的上四分位数是原样本数据上四分位数的c倍
C．新样本数据的方差是原样本数据方差的c倍
D．新样本数据的极差是原样本数据极差的c倍
7．一个正三棱台的上、下底面边长分别为3和6，侧棱长为2，则其高为（ ）
A．B．1C．D．
8．设P是△ABC所在平面内的一点，，则
A．B．C．D．
9．已知椭圆的两焦点分别为，，P为椭圆上一点，且，则的面积等于（ ）．
A．6B．C．D．
10．如图，在梯形中，，，，将沿边翻折，使点翻折到点，且，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
11．已知椭圆C的焦点为，，过的直线与C交于A，B两点，若，，则C的方程为（ ）
A．B．C．D．
12．若存在实数x，y满足，则（ ）
A．B．0C．1D．
二、填空题
13．已知向量，，且在上的投影为3，则与夹角为__________．
14．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为________．
15．函数的图象在点处的切线的斜率为______．
16．已知，则___________．
三、解答题
17．某健康社团为调查居民的运动情况，统计了某小区100名居民平均每天的运动时长（单位：小时），并根据统计数据分为，，，，，六个小组（所调查的居民平均每天运动时长均在内），得到频率分布直方图如图所示.
(1)求出图中的值，并估计这名居民平均每天运动时长的平均值及中位数（同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替）；
(2)为了分析该小区居民平均每天的运动量与职业、年龄等的关系，该社团按小组用分层抽样的方法抽出名居民进一步调查，试问在时间段内应抽出多少人?
18．在公比大于0的等比数列中，已知，且，，成等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）已知，试问当为何值时，取得最大值，并求的最大值.
19．如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，点是棱的中点．
(1)求证：；
(2)若，，求三棱锥的体积．
20．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)求函数在区间的最大值．
21．已知抛物线上一点，焦点为F．
(1)求的值；
(2)已知A，B为抛物线上异于P点的不同两个动点，且，过点P作直线AB的垂线，垂足为C，求C点的轨迹方程．
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线的极坐标方程与的普通方程；
(2)若直线与曲线交于A点、与曲线交于B点，求的值．
23．已知的最小值为．
(1)求的值；
(2)若正实数满足，求的最小值．
参考答案
1．B
【分析】利用交集的定义直接求解.
【详解】因为 ，，且,
所以.
故选：B
2．D
【分析】结合复数的概念及模长求出复数，然后根据复数的乘方运算，即可判断所处象限.
【详解】设，因为，所以，所以或，
若，则，复数z2的对应点位于复平面内第二象限；
若，则，复数z2的对应点位于复平面内第三象限；
故选：D.
3．C
【分析】根据给定函数，利用余弦函数的单调性直接列式，求解作答.
【详解】由，解得，
所以所求函数的增区间为.
故选：C
4．C
【分析】结合图象，根据函数值的特点排除A、B，根据单调性排除D即可得正确选项.
【详解】对于A：当时，且为奇函数图象关于原点对称，不符合题意，故选项A不正确；
对于B：当时，，不符合题意，故选项B不正确；
对于D：当时，由 可得，
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，不符合图象特点，故选项D不正确；
故选：C.
5．A
【分析】由已知利用垂径定理求得，得到圆的半径，画出图形，由扇形面积减去三角形面积求解．
【详解】解：直线方程为，圆的圆心坐标为，半径为．
圆心到直线的距离．
则，解得．
圆的圆心坐标为，半径为4．
如图，
，则，．
，，
圆在轴下方部分与轴围成的图形的面积等于．
故选：．
【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查扇形面积的求法，考查计算能力，属于中档题．
6．C
【分析】根据平均数，百分位数，极差以及方差的定义以及计算即可根据选项逐一求解.
【详解】对于A，根据平均数的定义知，新样本数据的平均数是原样本数据平均数的c倍，选项A正确；
对于B，根据百分位数的定义知，新样本数据的上四分位数是原样本数据上四分位数的c倍，选项B正确；
对于C，根据方差的计算公式知，新样本数据的方差是原样本数据方差的倍，所以选项C错误；
对于D，根据极差的定义知，新样本数据的极差是原样本数据极差的c倍，选项D正确．
故选：C
7．B
【分析】将正三棱台补全为正三棱锥再做高，结合勾股定理求解即可
【详解】
如图，延长正三棱台的三条棱，交于点，因为,，则，作底面于，连接，则，故，故正三棱台的高为
故选：B
8．B
【分析】由向量的加减法运算化简即可得解.
【详解】,移项得．
【点睛】本题主要考查了向量的加减法运算，属于基础题.
9．B
【分析】根据椭圆定义和余弦定理解得，结合三解形面积公式即可求解．
【详解】由与是椭圆上一点，∴，
两边平方可得，即，
由于，，∴根据余弦定理可得，
综上可解得，∴的面积等于，
故选：B
10．D
【分析】在梯形中，利用已知条件求出三角形和三角形的边长，分别取的中点，连接，可证出面，由知，三棱锥外接球的球心在平面的下方，设三棱锥外接球的球心为，连接，作，垂足为H，由，解出外接球半径，进而得出表面积．
【详解】在梯形中，，，，则，，，即
分别取的中点，连接，，且，，
又，，面，面
由题意可知为直角三角形斜边的中点，因为，
所以三棱锥外接球的球心在平面的下方．
设三棱锥外接球的球心为，连接，作，垂足为H，
由题中数据可得，，，，
设三棱锥外接球的半径为，则，
即，解得，，
故三棱锥外接球的表面积是.
故选：D
11．C
【解析】根据椭圆的定义以及余弦定理，结合列方程可解得，，即可得到椭圆的方程．
【详解】
，，
又，，
又，，
，，
，，
，在轴上．
在中，，
在中，由余弦定理可得．
，可得，解得．
．
椭圆的方程为：．
故选：C．
【点睛】方法点睛：用待定系数法求椭圆方程的一般步骤；①作判断：根据条件判断椭圆的焦点在轴上，还是在轴上，还是两个坐标轴都有可能；②设方程：根据上述判断设方程或；③找关系：根据已知条件，建立关于、、的方程组；④得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求.
12．C
【分析】令，利用导数求得函数的单调性与最大值，再令，结合基本不等式，求得，进而得到，求得的值，即可求解.
【详解】令函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当，可得，
令函数，则，当且仅当时取等号，
又由，所以，
所以，所以．
故选：C.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
13．
【分析】根据投影公式，求得，进而得到，再由夹角公式得解．
【详解】解：因为，，
，
由公式在上的投影为得，，求解得，
所以，即
由向量夹角公式，
因为
则与夹角．
故答案为：．
【点睛】本题考查平面向量的数量积及投影公式的运用，考查向量夹角的求法，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于基础题．
14．
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，由其侧面展开图为一个半圆可得，所以，所以圆锥的表面积为
故答案为:
15．
【分析】求出函数的导函数，代入计算即可；
【详解】解：因为，所以，即，故函数在点处的切线的斜率为；
故答案为：
16．
【分析】利用分数指数幂的运算，根据平方关系即可求得结果.
【详解】由可得，
即，
又因为，
即，可得
即，
所以．
故答案为：
17．(1)，平均数为小时，中位数为小时
(2)人
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质可得，再利用平均数与中位数的计算公式直接计算；
（2）根据分层抽样等比例的性质直接计算.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，解得：，
平均数：小时；
中位数：由，，得中位数在内，
设中位数为，则，解得：，即中位数为小时
（2）由已知可得在时间段内的频率为，
所以在时间段内应抽出人.
18．（1）；（2）当或4时，取得最大值，.
【分析】（1）设的公比为，由，得，再根据，，成等差数列，求得公比即可.
（2）根据（1）得到，再利用二次函数的性质求解.
【详解】（1）设的公比为，
由，即
得或（舍）.
因为，，成等差数列，
所以，即
则，
解得或（舍），
又，
故.
所以.
（2），
又，该二次函数对称轴为，
又，故当或4时，二次函数取得最大值，
故当或时，取得最大值，即.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列的运算以及数列最值问题，还考查运算求解的能力，属于基础题.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直性质可得，结合，由线面垂直的判定可得平面，由线面垂直的性质可证得结论；
（2）根据体积桥，结合棱锥体积公式可求得结果.
【详解】（1）平面，平面，；
四边形为矩形，，又，平面，
平面，又平面，.
（2）平面，平面，，又为中点，
，
由（1）知：平面，.
20．(1)函数在单调递增，在单调递减
(2)答案不唯一，具体见解析
【分析】（1）求导，由，求解；
（2）根据（1）的结论，分，，，讨论求解.
(1)
解：，
当或时，；
当时，；
∴函数在单调递增，在单调递减；
(2)
由（1）知当，函数在区间单调递减，
∴，
当，函数在区间单调递减，在单调递增，
，
①当时，，∴，
②当时，，∴，
当时，函数在区间单调递增，
∴
综上所述，当时，，
当时，
21．(1)2
(2)
【分析】（1）将点代入抛物线方程，求得抛物线方程，再根据抛物线的定义即可得出答案；
（2）设直线AB的方程为：，，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求得，，再根据，求得的关系，从而可得直线AB过定点，再根据，可得C点的轨迹为PH为直径的圆，即可得出答案.
【详解】（1）解：∵，∴
∴抛物线方程为，准线方程为，；
（2）解：由已知直线AB存在斜率，设直线AB的方程为：，
由，有，记，
则，，
∵
，
∴，
则直线AB的方程为：，过定点，
∵，则C点的轨迹为PH为直径的圆，其方程为，
则轨迹方程为.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）消去参数t，结合取值范围得的方程，根据为圆的标准参数方程可得普通方程，再根据极坐标与普通方程的关系式可得极坐标方程；
（2）根据极坐标中极径的几何意义求解即可.
【详解】（1）在的参数方程中，消去参数t得；
所以的普通方程为.
又是以为圆心，2为半径的圆，故其普通方程为，把代入上式得的极坐标方程为.
（2）将代入可得，即，解得，故.
又的极坐标方程为，
把代入的极坐标方程得：，
解得或（不合，舍去），
故有.
23．(1)
(2)
【分析】（1）先在数轴上标根，把数轴分成三区，再打开绝对值，写出分段函数，求其最小值.
（2）先把两边平方，再利用重要不等式进行放缩求出结果.
【详解】（1）由已知，
当时，；当时，；当时，.
所以，即，即．
（2）由（1）知：，
所以，
因为，当时取等号；同理，当时取等号；，当时取等号.
所以，
则，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为．