广西南宁市第三中学邕衡金卷2022-2023学年高三数学（文）一模试卷（Word版附答案）

邕衡金卷・南宁三中2023届高三校一模文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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．C．D．2．已知函数，那么（）A．7B．6C．5D．43．已知直线是曲线的切线，则（）A．－1B．－2C．1D．24．被誉为“东方模板”的“七巧板”，它是由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成的．如图是一个用七巧板拼成的正方形，若向此正方形内抛一粒种子，则种子落入小正方形（阴影）部分的概率为（）A．B．C．D．5．已知成等比数列，1和4是其中的两项，则的最小值为（）A．－64B．－8C．D．6．在平面直角坐标系中，角与的顶点在原点，始边与轴非负半轴重合，它们的终边关于原点对称，且，则（） A．B．C．D．7．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．“全等三角形的面积相等”的否命题C．在中，“”是“”的必要不充分条件D．命题“，”的否定是“，”8．已知，则！被5除所得余数为（）A．1B．2C．3D．49．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．10．已知抛物线的焦点为，过点作两条互相垂直的直线，且直线分别与抛物线交于和，则四边形面积的最小值是（）A．32B．64C．128D．25611．若，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．12．已知函数，的定义域均为，且，，若为偶函数，且，则（）A．5B．4C．3D．0二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量，，若与方向相反，则______． 14．设实数满足约束条件，在点取得最大值，写出满足条件的一个的值______．15．已知数列满足，，则数列的通项公式为______．16．设双曲线的右焦点为，点满足，点在双曲线上，且．若直线的斜率之积为，则双曲线的离心率为______．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22~23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共60分。17．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为菱形，为等边三角形，且，，为的中点．（1）若为线段上动点，证明：；（2）求点与平面的距离．18．数据显示中国车载音乐已步入快速发展期，随着车载音乐的商业化模式进一步完善，市场将持续扩大，下表为2018－2022年中国车载音乐市场规模（单位：十亿元），其中年份2018—2022对应的代码分别为1-5．年份代码12345车载音乐市场规模2.83.97.312.017.0（1）由上表数据知，可用指数函数模型拟合与的关系，请建立关于的回归方程；（2）根据上述数据求得关于的回归方程后，预测2024年的中国车载音乐市场规模．参考数据：1.9433.821.71.626.84 其中，．参考公式：对于一组数据，，……，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，．19．在中，角的对边分别为，已知，且．（1）求的外接圆半径；（2）求内切圆半径的取值范围．20．设函数，，为的导函数．（1）当时，过点作曲线的切线，求切点坐标；（2）若，，且和的零点均在集合中，求的极小值．21．已知是椭圆的右焦点，动直线过点交椭圆于两点，已知的最大值为8，且在椭圆上．（1）求椭圆的方程；（2）当都异于点时，为直线上一点．设直线的斜率分别为，若成等差数列，证明：点的横坐标为定值．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数且与轴、轴分别交于两点，以坐标原点为极点，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）求；（2）求上的点到直线距离的最小值． 23．已知．（1）求不等式的解集；（2）若不等式的解集为，求实数的取值范围．高三校一模文科数学参考答案1．C【详解】集合，又因为集合，由交集的定义可得，，故选：C．2．D【详解】因为，所以，所以，故选：D．3．C【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：C．4．D【详解】设小正方形的边长为1，则其面积，从而得大正方形的对角线长为4，则大正方形的边长为，其面积，所以种子落入小正方形部分的概率．故选：D．5．B【详解】由题意，要使最小，则都是负数，则和选择1和4，设等比数列的公比为，当时，，，所以，当时，，，所以，故选：B．6．C【详解】由题意，角与的顶点在原点，终边关于原点对称，所以，所以，又，所以，故选：C．7．B【详解】对于A：，所以对应的点为，在第四象限，故A正确；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；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．8．C【详解】∵被5除所得余数为3，而的均能被5整除，∴！被5除所得余数为3．9．B【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．10．A【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．A【详解】设，则为增函数，因为，所以，所以，所以，当时，，此时，有，当时，，此时，有，所以C、D错误．故选A．12．B【详解】∵，∴以为对称中心∵即，∴为偶函数，以轴为对称轴．∴的周期为4，∴的周期为4，．13．－2【详解】由共线，得，即，又与相反方向，故． 14．中任意一个实数都可【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，化直线方程当，且，点过有最大的纵截距，当，且，点过有最大的纵截距，∴．15．【详解】，两边同除得，，所以，即，化简得，∵，∴．16．【详解】如图，取的中点为，连接，，则由题意可得，，，所以，相似，所以， 因为直线，的斜率之积为，所以，设，，则有，两式相减可得，即，即，即，所以双曲线的离心率为．17．【解析】（1）取中点，连接．∵为等边三角形，∴，，又平面平面，平面平面，平面，∴平面又∵平面，∴∵，，∴又∵，平面，平面，，∴平面又∵平面，∴（2）由（1）知平面，∴．∴，，∴中，，∴中，，∴中，由余弦定理得设点到平面的距离为，则即，，∴．18．【详解】（1）解：因为，所以两边同时取常用对数，得，设，所以，设，，则， 因为，，所以，，所以，，所以，，所以（2）把2024年代码代入方程，得（十亿元）故预测2024年的中国车载音乐市场规模45.628（十亿元）19．【详解】（1）因为，由正弦定理得即由余弦定理，得，又，所以，因为，所以（2）由正弦定理得，所以，，由余弦定理，得，所以，则，因为，所以， 所以，所以20．【详解】（1）解：设切点为，由，所以，所以，所以切线方程为，即，因为切线过点，所以，解得或，切点坐标为，（2）设，，从而．令，得或．因为，，都在集合中，且，所以，，．此时，．令，得或．列表如下：－2+0－0+极大值极小值所以的极小值为．21．（1）由的最大值为8，知，即将点代入，可得，，因，则所以椭圆的方程为．（2）由可知，，则椭圆的右焦点坐标为． 设直线的方程为，点的坐标为设，，将直线的方程与椭圆的方程联立得：恒成立，由韦达定理知，，又，，所以因为，则，所以，解得，即点的横坐标为定值．22．【详解】（1）令，则，解得，或（舍），则，即，令，则，解得，或（舍），则，即，∴；（2）由，得的普通方程为，设上点的坐标为，由（1）知直线的方程为，则上的点到直线的距离， 当时，取最小值．23．【详解】（1）当时，，得，故；当时，，得，此时无解；当时，由，得，故综上所述：原不等式的解集是或；（2）不等式的解集为，即当时，；当时，；当时，，所以∴解得，∴的取值范围是．