广西玉林2023_2024高三数学上学期一模试题

这是一份广西玉林2023_2024高三数学上学期一模试题，共17页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，若，则，若函数，如图所示，，是双曲线，已知等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.已知复数满足，则的虚部为（ ）
A.B.C.D.
3.已知直线：（）和圆：，则“”是“直线与圆相切”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
4.若，则（ ）
A.B.C.D.
5.若函数（）在内有且仅有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为（ ）
A.1B.C.D.5
6.已知的外心为，且，，向量在向量上的投影向量为（ ）
A.B.C.D.
7.已知是定义在上的偶函数，对任意实数满足，且在上单调递增，设，，，则，，的大小关系是（ ）
A.B.C.D.
8.如图所示，，是双曲线：（，）的左、右焦点，的右支上存在一点满足，与双曲线左支的交点满足，则双曲线的离心率为（ ）
A.B.2C.D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：70，85，86，88，90，90，92，94，95，100.则下列说法正确的有（ ）
A.中位数为90，平均数为89B.70%分位数为93
C.极差为30，标准差为58D.去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小
10.已知（，），则下列结论正确的是（ ）
A.的最小值为16B.的最小值为9
C.的最大值为1D.的最小值为
11.已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.
B.函数的图象关于对称
C.函数在的值域为
D.要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位
12.如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若是线段上的动点，则（ ）
A.与所成角的正切值最大为
B.在上存在点，使得
C.当为上的中点时，三棱锥的外接球半径最小
D.的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知公差不为零的等差数列的前项和为，，则______.
14.1886年5月1日，芝加哥的二十一万六千余名工人为争取实行八小时工作制而举行大罢工，经过艰苦的流血斗争，终于获得了胜利.为纪念这次伟大的工人运动，1889年7月由恩格斯领导的第二国际在巴黎举行代表大会，会议上宣布将五月一日定为国际劳动节.五一劳动节某单位安排甲、乙、丙3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知甲在五一长假期间值班2天，则甲连续值班的概率是______.
15.已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为______.
16.若是区间上的单调函数，满足，，且（为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点处的切线与轴交点的横坐标（），当与的误差估计值（为（的最小值）在要求范围内时，可将相应的与的近似值.用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，误差不超过0.01，则满足条件的的最小值为______，相应的值为______.（本题第一空2分，第二空3分）
四、解答题：本题共6小题，井70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在中，内角，，的对边分别为，，，且满足______.
（1）求角；
（2）若，的外接圆周长为，求边上的中线长.
18.（12分）设数列的前项和为，已知，（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，数列的前项和为，，都有，求的取值范围.
19.（12分）后疫情时代，为了可持续发展，提高人民幸福指数，国家先后出台了多项减税增效政策.某地区对在职员工进行了个人所得税的调查，经过分层随机抽样，获得500位在职员工的个人所得税（单位：百元）数据，按，，，，，，，，分成九组，制成如图所示的频率分布直方图：
假设每个组内的数据是均匀分布的.
（1）求这500名在职员工的个人所得税的中位数（保留到小数点后一位）；
（2）从个人所得税在，，三组内的在职员工中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，求的分布列和数学期望；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，记年个税在内的员工人数为，求的数学期望与方差.
20.（12分）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角.
（1）当时，求证：；
（2）当时，求二面角的正弦值.
21.（12分）已知平面上动点到点与到圆：的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
（1）说明是什么曲线，并求的方程；
（2）设，是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于，两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
22.（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间上存在唯一零点，求证：.
数学参考答案
1. D 【解析】，，所以.
故选：D.
2. A 【解析】由，得，
所以的虚部为.
故选：A.
3. C 【解析】圆：的方程可化为，其圆心坐标为，半径为，
当时，直线：，圆心到直线的距离，此时直线与圆相切，故充分性成立；
当直线与圆相切时，圆心到直线的距离，所以，故必要性成立，
所以“”是“直线与圆相切”的充要条件.
故选：C.
4. B 【解析】由可得，，整理可得，，所以有，所以，
所以，.
故选：B.
5. C 【解析】，，，.
因为函数在内有且仅有一个零点，所以函数在上先减后增，有极小值，解得，零点为.在上先增后减，且，所以函数在上的最大值与最小值的和为.选C.
6.A 【解析】在中，由，得点为线段的中点，而为的外心，则，即有，又，则为正三角形，即，，于是，，
所以向量在向量上的投影向量为.故选：A.
7. A 【解析】是偶函数，所以.
，，故，的周期为2.
所以，，，
又因为，，，故，
又在上单调递增，则在上单调递增，则在上单调递减，
所以，即.
故选：A.
8. D 【解析】在中，由正弦定理得，，①
在中，由正弦定理得，，②
因为，所以，
所以①式与②式相比，得
，
因为，所以，所以，
设（），则.
由双曲线的定义得，，
因为，所以，所以，解得，
在中，由勾股定理得，所以，得，
所以，得.
故选：D.
9. ABD 【解析】对于选项A，10个分数从小到大排列后第5个和第6个数的平均值为，
即中位数是90，这10个数的均值为分，A正确；
对于选项B，由于，所以70%分位数是第7个数92与第8个数94的平均数，
即，所以B正确；
对于C选项：这10个数的极差为30，方差为
，标准差为，所以C错误；
对于D选项：去掉70和100后，平均数为，
方差为，
，，所以D正确.
故选：ABD.
10. ABD 【解析】对于A，由（，）得，
则，得，当且仅当即，取等号时，故A正确；
对于B，，当且仅当，
即，时，等号成立，故B正确；
对于C，（，），故，，
则，故C错误；
对于D，（，），，，
，
，，则当，即时，取最小值，故D正确.
故选：ABD.
11. ACD 【解析】对A，根据函数（，，）的部分图象，可得，，所以，利用五点法作图，可得，可得，所以，故A正确；
对B，令，得，故函数的图象不关于对称，故B错误；
当时，，则，
故函数值域为，故C正确；
对D，，把其图象向左平移个单位可得
，
故D正确.
故选：ACD.
12.AC 【解析】因为平面平面，且交线为，面，，
所以面.因为面，所以.
，故与所成角为，，
当和重合时，最长，且为5，故最大为，故选项A正确.
假设在上存在点，使得.
因为面，面，所以.
又，，面，所以面.
又因为面，所以.
设，，，则，，
在直角中，，可得方程，该方程无解，故假设不成立，
即在上不存在点，使得，故选项B错误.
设的外接圆半径为，因为面，故三棱锥的外接球半径满足：.
设，，，由正弦定理得，
因为，所以，
因为，故，故为锐角.
当时，为的中点，取等最小值，取得最大值，取得最大值，取得最小值，三棱锥的外接球半径取得最小值，故选项C正确.
，
，
设，，，如图，
设关于轴对称的点为，则，
直线方程为，令得，
即当时，，，的最小值为，故D错误.
故选：AC.
13. 7 【解析】设等差数列的首项为，公差为（），
则由，得，即，
所以.
故答案为：7.
14. 【解析】记“甲在五一长假期间值班2天”，“甲连续值班”，
则种，种，所以.
所以已知甲在五一长假期间值班2天，则甲连续值班的概率为.
故答案为：.
15.8 【解析】如图所示，圆的圆心为，半径为3，
圆的圆心为，半径为1，
可知，，
所以，
若求的最大值，转化为求的最大值，
设关于直线的对称点为，设坐标为，
则解得故，
因为，可得，
当，，三点共线，即点为时，等号成立.
所以的最大值为.
故答案为：8.
16.2 【解析】设，则，，，，当时，，故可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值.
由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即.
图象在点处的切线方程为，
化简得，令，则.
由于，所以，，
，，
，.
故可将作为的近似值，对应的，满足条件的最小值为2，.
故答案为：2 .
17.解：（1）选①，，
由正弦定理可得，
又因为，可得，即，
所以，
又因为，所以，
所以，解得；
选②，由，得，
所以，
因为，所以；
选③，由正弦定理可得，
因为，所以，
即，因为，所以.
（2）由，由余弦定理知，
又因为，所以，所以，
如图，取中点，连接，
记的外接圆的半径为，则，解得，
根据正弦定理可得，所以，即.
根据余弦定理可得
，
所以，故边上的中线长为.
18.解：（1）证明：由，，得（），两式相咸，得.
因为，由，得，所以，
所以对任意都成立.
所以数列为等比数列，首项为1，公比为2，故.
（2）由（1）知，，
所以数列前项和.
又数列是递增数列，所以，故.
19.解：（1）设中位数为，前四个矩形的面积之和为，
前五个矩形的面积之和为，所以可设中位数为，
由中位数的定义可得，解得.
（2）由频率分布直方图，得这500名在职员工的个人所得税在，，三组内的员工人数分别为：，，，
若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从在内的员工中抽取人，
从这10人中随机抽取3人，则的可能取值为0，1，2，3，
，，，，
所以，的分布列为
数学期望.
（3）员工的个人所得税在内的概率为，
从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，个人所得税在内的员工人数为，
则，，.
20.解：（1）证明：在矩形中，，，，所以，
在直角三角形中，.
在直角三角形中，，
所以，所以，
又二面角为直二面角，即平面平面，
平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）如图，在平面内，过点作垂直于，
因为平面平面，所以平面，，，两两垂直.
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，
则
，令，则，
所以是平面的一个法向量.
设平面的法向量，
则
令，则，，
所以是平面的一个法向量.
所以，
二面角的正弦值为.
21.解：（1）依题意，，圆的半径为4.
于是，且，故为椭圆.
，，.
所以的方程为：.
（2）设点，，，，，
则直线的方程为，
直线的方程为，
联立消去并整理可得
，
因为点在椭圆上，则直线与椭圆必有公共点，
所以，，
同理可得.
所以，，
，
化简可得.
当时，则，此时；
当时，，，三点重合，此时，，.
综上所述，，即为定值4.
22.解：（1）由题设.
（ⅰ）当时，令，则.
若，则，在上递减；
若，则，在上递增.
（ⅱ）当，令，则，.
①当，即时，
若，则，在上递减；
若或，则，在，上递增.
②当，即时，
若，则，在上递减；
若或，则在，上递增.
③当，即时，则，在上递增.
综上，当时，的递减区间为，递增区间为；
当时，的递减区间为，递增区间为，.
当时，的在上单调递增；
当时，的递减区间为，递增区间为，.
（2），，.
当时，在上恒成立，
故在上递增，则，故不可能有零点.
当时，在上递减，在上递增，且，
所以，在上，无零点，即，且趋向于正无穷时趋向正无穷，
所以，在上存在唯一，使.
要证，只需在上恒成立即可.
令，，则.
令，则，即在上递增，.
所以，即在上递增，.
所以在上恒成立，得证.
故.0
1
2
3