广西南宁市第三中学2022-2023学年高三数学（理）一模测试试卷（Word版附解析）

南宁三中2022～2023学年度下学期高三校一模理科数学试题一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.设集合，，则（）A.B.CD.【答案】C【解析】【分析】化简集合M，N，再由集合的交集运算得解.【详解】集合，又因为集合，由交集的定义可得，，故选：C．2.已知函数，那么（）A.7B.6C.5D.4【答案】D【解析】【分析】根据分段函数的概念代入解析式计算即可.【详解】因为，所以，所以，故选：D．3.已知直线是曲线的切线，则（）A.B.1C.D.2【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答. 【详解】函数，求导得，令直线与曲线相切的切点为，于是且，所以.故选：B4.在平面直角坐标系中，角与的顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，它们的终边关于原点对称，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意可得，，再利用诱导公式以及二倍角余弦公式求值，即可得答案.【详解】由题意，角与的顶点在原点，终边构成一条直线，所以，，所以，又，所以,故选：C5.已知a，b，c，d，e成等比数列，1和4是其中的两项，则e的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的性质，当公比小于0，1,4为第2,4项时，e最小，再由等比数列通项公式计算即可得解.【详解】由题意，要使e最小，则a，c，e都是负数，则b和d选择1和4，设等比数列的公比为，当时，，， 所以当时，，，所以，故选：B6.有下列四个命题，其中是假命题的是（）A.已知，其在复平面上对应的点落在第四象限B.“全等三角形面积相等”的否命题C.在中，“”是“”的必要不充分条件D.命题“，”的否定是“，”【答案】B【解析】【分析】对于A项，利用复数的几何意义来判定；对于B项，利用原命题与否命题的关系判定；对于C项，利用充分必要条件的定义来判定；对于D项，利用全称命题的否定的定义来判定.【详解】对于A：，所以对应的点为，在第四象限，故A正确；对于B：“全等三角形的面积相等”的否命题是，不全等三角形的面积不相等，这显然是假命题．对于C：在中，，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件．故C正确；对于D：命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以命题“，”的否定是：“，”．故D正确；故选：B7.如图所示的是古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，则的展开式中的常数项是（） A.B.C.15D.20【答案】C【解析】【分析】设球的半径为，分别表达出球，圆柱的体积和表面积，求出，利用二项式定理得到通项公式，求出常数项.【详解】设球的半径为，则球的体积为，圆柱的底面积为，高为，故圆柱的体积为，故，球的表面积为，圆柱的表面积为，故，故，展开式中的通项公式为，令，解得，故常数项为.故选：C8.如图，网格纸上用粗实线绘制了一个几何体的三视图，每一个小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，用正方体体积减截去部分的体积得几何体的体积.【详解】由三视图知，该几何体是由一个棱长为4的正方体截去两个相同三棱柱与两个相同圆柱而得到的，其中三棱柱的底面是腰长为2的等腰直角三角形，圆柱的底面半径为2，所以该几何体的体积为.故选：B.9.某人决定就近打车前往目的地，前方开来三辆车，且车况分别为“好”“中”“差”．有以下两种方案：方案一：决定不乘第一辆车，若第二辆车的车况好于第一辆车，就乘坐此车；否则直接乘坐第三辆车．方案二：直接乘坐第一辆车．若三辆车开过来的先后次序等可能，记方案一和方案二坐到车况为“好”的车的概率分别为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】列表后可求相应的概率.【详解】记好、中、差分别为A，B，C，方案一包含的基本事件数为，方案二包含的基本事件数为，则123ABC√ACB√BAC√ BCA√CAB√CBA于是．故选：A10.已知抛物线的焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线，，且直线，分别与抛物线C交于A，B和D，E，则四边形ADBE面积的最小值是（）A.32B.64C.128D.256【答案】A【解析】【分析】设出直线，的方程，联立抛物线，利用韦达定理和抛物线的定义求出弦长，再根据四边形ADBE对角线垂直求出面积，利用均值不等式求最值即可.【详解】由题意抛物线的焦点为，显然，斜率存在且不为0，设直线方程为，设，，由，得，则，即，设直线的方程为，设，，则，即，∴，当且仅当，即时等号成立． 故选：A．11.若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知等式的特点构造新函数，然后利用新函数的单调性分别确定和的大小关系.【详解】设，则为增函数，因为，所以，所以，所以，所以A正确，B错误；，当时，，此时，有，当时，，此时，有，所以C、D错误．故选：A．12.已知，分别为定义在R上的，的导函数，且，，若是偶函数，则下列结论一定正确的是（）A.函数的图象关于点对称B.函数图象关于直线对称C.3是的一个周期D.【答案】B【解析】【分析】根据求导法则，利用函数的对称性、奇偶性、周期性，即可求出、、、的性质，进而判断各选项的正误. 【详解】因为，，所以，所以函数的对称中心为点，又，所以函数的图象关于点对称，A不正确；是偶函数，所以，所以，即为奇函数，对称中心为，函数的另一个对称中心为点，所以的周期为2，C不一定正确；函数及的周期与相同，周期为2．的图象关于点对称，，所以，函数的图象关于直线对称，则的图象关于直线对称，B正确；因为，，故，D不正确．故选：B.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卷相应位置上．）13.已知向量，，若与方向相反，则______．【答案】【解析】【分析】根据向量共线的坐标表示，列方程即可求得答案.详解】由，共线，则，得，即，又与方向相反，故，故答案为：14.设实数x、y满足约束条件，在点处取得最大值，写出满足条件的一个m的值______．【答案】0（答案不唯一）【解析】【分析】作出不等式组表示的可行域，根据线性规划的几何意义可确定m的取值范围，即可得答案. 【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立可得，即点，化直线方程为，当，且，过有最大的纵截距，即在点取得最大值，则；当，且，过有最大的纵截距，此时在点取得最大值，则，∴，故可取，故答案为：0（答案不唯一）15.设双曲线的右焦点为，点A满足，点P、Q在双曲线上，且．若直线PQ，PF的斜率之积为，则双曲线的离心率为______．【答案】##【解析】【详解】如图，取P，Q的中点为M，连接OM，PF， 则由题意可得，，，所以，相似，所以，因为直线PQ，PF的斜率之积为，所以，设，，则,且，两式相减可得,即，即，即，所以双曲线的离心率为．故答案为：.16.唐代酒宴上的助兴游戏“击鼓传花”，也称传彩球．游戏规则为：鼓响时，众人开始依次传花，至鼓停为止，此时花在谁手中，谁就上台表演节目．甲、乙、丙三人玩击鼓传花，鼓响时，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两人中的任何一人，经过6次传递后，花又在甲手中的概率为______．【答案】【解析】【分析】设第n次传球后球在甲手中的概率为，根据题意找出的递推关系，写出的通项公式，然后求即可.【详解】设第n次传球后球在甲手中的概率为，.则，得 ，.一次传球后，花不在甲手上，故，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以.即，所以．故答案为：三、解答题（本大题共6小题，其中选做题10分，其余每小题各12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．）17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且．（1）求的外接圆半径R；（2）求内切圆半径r的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦边角关系可得，应用余弦定理即可求，进而确定其大小；（2）由正弦定理有，，根据余弦定理有，结合（1）及，应用三角恒等变换有，由三角形内角性质、正弦函数性质求范围即可.【小问1详解】因为，由正弦边角关系得，即，由余弦定理，得，又，所以， 由，则.【小问2详解】由正弦定理得，所以，，由余弦定理，得，所以，利用等面积法可得，则，∵，∴，故，则，所以，故.18.如图，在四棱锥中，平面平面，底面为菱形，为等边三角形，且，，O为的中点．（1）若E为线段上动点，证明：；（2）G为线段PD上一点，是否存在实数，当使得二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，即可证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，表示出平面的法向量，根据空间角的向量求法可求解参数，即可得结论.【小问1详解】连接OC，OP，∵为等边三角形，，O为的中点,∴，，，∵，而底面为菱形，则，∴，又∵，平面，平面POC，，∴平面，又∵平面，∴.【小问2详解】∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又∵平面，∴，又由（1）知平面，平面，故,故，分别以为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，，设，，由，即，得，则，，设平面的法向量，则，取，则，又平面，则取平面的法向量为，设与平面所成的角为，由题意知为锐角，则，解得，，（舍去）.即存在实数，当使得二面角的余弦值是.19.春季气温逐渐攀升，甲流开始快速传播，为了预防甲流感染，学校组织学生进行病毒的筛查．采用分组检测法可有效减少工作量，具体操作如下：将待检学生随机等分成若干组，先将每组的血样混在一起化验，若结果呈阴性，则可断定本组血样合格，不必再做进一步的检测；若结果呈阳性，则本组中的每名学生再逐个进行检测．现有两个分组方案：方案一：将30人分成5组，每组6人；方案二：将30人分成6 组，每组5人．已知随机抽一人血检呈阳性的概率为0.5%，且每个人血检是否呈阳性相互独立．（1）已知甲流的患病率为0.45%，一个同学患病的条件下血检呈阳性的概率为99.9%，若检测中一同学血检呈阳性，求其患甲流的概率；（2）请帮学校计算一下哪一个分组方案的检测次数期望较少？（参考数据：，）【答案】（1）0.8991（2）方案一检测次数更少．【解析】【分析】（1）利用条件概率公式计算即可；（2）利用离散型随机变量的分布列及期望公式分别计算两组检测的期望即可.【小问1详解】设事件A：血检呈阳性，事件B：患疾病，则由题意得，，，由条件概率公式可得，∴该同学确实患甲流的概率．【小问2详解】设方案一中每组的化验次数为X，则X的取值为1，7，，∴X的分布列为：X17P0.9700.030．故方案一的化验总次数的期望值为：次．设方案二中每组的化验次数为Y，则Y的取值为1，6，，，∴Y的分布列为： X16P0.9750.025∴．∴方案二的化验总次数的期望为次．∵，∴方案一检测次数更少．20.已知F是椭圆的右焦点，动直线l过点F交椭圆C于A，B两点，已知的最大值为8，且在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）当A，B都异于点P时，D为直线l上一点．设直线PA，PD，PB的斜率分别为，，，若，，成等差数列，证明：点D的横坐标为定值．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由条件先得，再代入点坐标计算可得椭圆方程；（2）设直线AB的方程为，点D的坐标为，，，与椭圆联立结合两点斜率公式可得：，计算的值即可.【小问1详解】由的最大值为8，知，即将点代入，可得，，因为，则所以椭圆C的方程为；【小问2详解】 由可知，，则椭圆C的右焦点坐标为．由题意，显然AB的斜率存在，设直线AB的方程为，点D的坐标为设，，将直线AB的方程与椭圆C的方程联立得：，恒成立，由韦达定理知，，又，，所以因为，则，所以，解得即点D的横坐标为定值.21.已知．（1）求的单调区间；（2）当时，为较小的零点，求证：．【答案】（1）减区间为，增区间为 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导得，利用韦达定理和求根公式得，利用导函数正负和函数单调性的关系即可得到答案；（2）根据的范围判断出，再利用零点存在定理得，使得，从而有，将原不等式转化为证明于，再次设新函数，利用导数证明即可.【小问1详解】由令，当时，当设，是两根，，，则，，∴当时，，当时，，∴的减区间为，增区间为【小问2详解】由，，则，，由（1）得在上单调递减，在单调递增， ∵，则，，∴，使得，要证：下证：当，有∵，，∴，原不等式等价于设，，∴在单调递减，.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过零点存在定理得到另一个零点，从而将代换为，然后将不等式转化为证明成立，再设新函数利用导数即可证明.请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分22.在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数且），分别与x轴、y轴交于A、B两点．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）与坐标轴交于A，B两点，求；（2）求上的点到直线AB距离的最小值．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）令，求出，即可求得点的坐标，令，求出，即可求得点的坐标，即可得出；（2）根据，求得的普通方程为，设上点的坐标为，根据点到直线的距离公式结合三角函数的性质即可得解.【小问1详解】令，则，解得，或（舍），则，即，令，则，解得，或（舍），则，即，∴；【小问2详解】曲线的极坐标方程为，即，由，得的普通方程为，设上点的坐标为，由（1）知直线AB的方程为，则上的点到直线AB的距离，当时，d取最小值.23.已知．（1）求不等式的解集；（2）若不等式的解集为，求实数a的取值范围．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）通过讨论，去掉绝对值化简函数解析式，分段解出不等式，即可得到结果；（2）由（1）可知，原问题转化为，解不等式，即可求出结果.【小问1详解】，当时，不等式可化为，解得，故；当时，不等式可化为，得，此时无解；当时，不等式可化为，解得，故综上所述：原不等式的解集是【小问2详解】不等式的解集为，即，当时，；当时，；当时，，所以∴，解得， ∴a的取值范围是