2023届广西柳州市高三上学期第二次模拟数学（文）试题

2023届广西柳州市高三上学期第二次模拟数学（文）试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用集合交集运算即可.【详解】由集合，所以，故选：A.2．已知复数z满足，则（

）A． B．9 C． D．13【答案】D【分析】先求出，进而求出.【详解】因为，所以，所以.故选：D3．下列区间中，是函数单调递减的区间是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，求出函数的单调减区间，从而可求得答案.【详解】由，得，则的减区间为，因为，所以是函数的一个单调减区间，故选：B.4．已知函数的部分图象如图所示，则下列可能是的解析式的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】AB选项，利用函数的单调性和特殊值判断；CD选项，利用函数的奇偶性判断.【详解】A.，故错误；，且，则在R上递增，故正确；C.的定义域为关于原点对称，又，则是奇函数，图象关于原点对称，故错误；D.的定义域为关于原点对称，又，则是奇函数，图象关于原点对称，故错误；故选：B.5．若双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为，则C的离心率为（

）A． B． C．2 D．3【答案】C【分析】通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可．【详解】解：双曲线的一条渐近线不妨为：，圆的圆心，半径为：2，双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，可得圆心到直线的距离为：，解得：，则，即．故选：C．6．下列说法正确的是（

）A．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越差B．某地气象局预报：6月9日本地降水概率为90%，结果这天没下雨，这表明天气预报并不科学C．数据2，3，4，5的方差是数据4，6，8，10的方差的一半D．在回归直线方程【答案】D【分析】由残差图与模拟效果的关系判断A；由大概率事件也不一定发生判断B；第二组数据是由第一组乘以2得到的，可由方差的关系判断C；由回归分析模型的性质以及回归方程b的含义判断D．【详解】对于A选项：在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故A选项错误；对于B选项：概率只说明事件发生的可能性，事件不一定发生，所以并不能说明天气预报不科学，故B选项错误；对于C选项：根据所给的数据，看出第二组是由第一组乘以2得到的，前一组的方差是后一组的四分之一，标准差是一半，故C选项错误；对于D选项：在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量增加0.1个单位，故D选项正确．故选：D．7．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先还原为三棱锥，再计算小棱锥的高，再根据相似关系，即可计算三棱台的高.【详解】如图1，将正三棱台，还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥的棱长都是3，如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，高，所以根据相似关系可知，三棱台的高也是.故选：C8．如图，的外接圆圆心为O，，，则（

）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】根据给定条件，分别求出、即可求解作答.【详解】因的外接圆圆心为O，，，由圆的性质得，有，同理，所以.故选：A【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积的方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．9．在中，内角所对的边分别为，点为的中点，，，且的面积为，则（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】在中由余弦定理得，由，得，即可解决.【详解】由题知，在中，点D为的中点，，，且的面积为，所以在中由余弦定理得，即，因为，即，代入，所以，即，所以，所以，故选：B10．“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据其外接球为正四棱柱的外接球，再结合球的表面积公式，即可得到结果.【详解】由题意可得，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，即，所以，则该正多面体外接球的表面积故选:A11．已知椭圆C的焦点为，过的直线与C交于P，Q两点，若，则椭圆C的标准方程为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由已知可设可求出所有线段用表示，在中由余弦定理得从而可求.【详解】如图，由已知可设，又因为根据椭圆的定义，在中由余弦定理得，所以故椭圆方程为：故选：B12．设函数（，e为自然对数的底数），若存在使成立，则a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由可将其中的换为自变量，两边同时平方化简，再将参数分离开，构造新函数，求得新函数的最值即可得到a的取值范围.【详解】存在，使成立，即存在，使成立，即，存在，使与有交点，对求导得，再求导得，令，解得，当时，当时，在上单调递减，在上单调递增，==，即在上恒大于0，在上单调递增，要使与有交点，则.故选：C.二、填空题13．已知向量，，则与的夹角为__________.【答案】##【分析】先求向量与的数量积及和的模，再利用向量夹角公式求与的夹角．【详解】向量，，所以，，，设与的夹角为，则，又，所以．故答案为：．14．若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的侧面积是______.（结果用含的式子表示）【答案】【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式求得结果．【详解】解：圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，圆锥的底面半径，母线，故圆锥的侧面积．故答案为：．15．曲线在处的切线的斜率为______.【答案】2【分析】利用导数的几何意义求出切线的斜率.【详解】函数定义域为，，，所以曲线在处的切线的斜率为2.故答案为：216．①，②，③，④，上述不等式正确的有______（填序号）【答案】②④【分析】由指数对数的运算法则和不等式的性质比较大小.【详解】对于①：，，∴，不等式①错误；对于②：，∴，即，不等式②正确对于③：，∴，即，不等式③错误；对于④：，令，则在上恒成立，在上单调递增，∴，，得，，∴，∴，不等式④正确.故答案为：②④三、解答题17．第24届冬季奥运会将于2022年2月在北京举办，为了普及冬奥知识，某校组织全体学生进行了冬奥知识答题比赛，从全校众多学生中随机选取了10名学生，得到他们的分数统计如下表：分数段人数1112221规定60分以下为不及格；60分及以上至70分以下为及格；70分及以上至80分以下为良好；80分及以上为优秀，将频率视为概率．(1)此次比赛中该校学生成绩的优秀率是多少？(2)在全校学生成绩为良好和优秀的学生中利用分层抽样的方法随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行冬奥知识演讲，求良好和优秀各1人的概率．【答案】【分析】（1）由80分及以上的学生人数与抽取的总人数的比值进行求解；（2）列举法求解古典概率求概率公式.【详解】（1）∵80分及以上为优秀，∴，∴此次比赛中该校学生成绩的优秀率是0.3．（2）∵成绩良好的学生人数与成绩优秀的学生人数之比为，∴在成绩良好的学生中抽取2人，记为a，b；在成绩优秀的学生中抽取3人，记为C，D，E．从a，b，C，D，E中随组抽取2人的所有基本事件为：，，，，，，，，，，共10种，其中良好和优秀各1人的有：，，，，，，共6种．∴良好和优秀各1人的概率为．18．在数列中，，它的最大项和最小项的值分别是等比数列中的和的值.(1)求数列的通项公式；(2)已知数列，求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）结合函数的单调性得到数列的最大项和最小项，解出，可得等比数列的通项公式；（2）用错位相减法求数列的前n项和【详解】（1）由题意，，结合函数的单调性，可知，所以数列中的最大项为，最小项为，所以，即，所以等比数列的公比，（2），，，两式相减得：，故.19．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”（如图2）.(1)若O是四边形对角线的交点，求证：平面；(2)若，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）线段中点为，证明即可；（2）利用等体积法求三棱锥的体积.【详解】（1）在图2中取线段中点H，连接，如图所示：由图1可知，四边形是矩形，且，∴O是线段与的中点，∴且，图1中且，而且.所以在图2中，且，∴且，∴四边形是平行四边形，则，由于平面，平面，∴平面.（2）∵，面，，∴面，，所以，即三棱锥的体积为.20．已知函数.(1)求函数的值域；(2)设，当时，函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）求导，列表根据函数单调性即可解决；（2），令，则有两个零点等价于有两个零点，分，两种情况讨论，其中时，，由于在上有两个零点，得，由，令函数，求导计算得即可解决.【详解】（1）由可知令则，0减极小值增所以无最大值，所以的值域为.（2）当时，，令，则有两个零点等价于有两个零点，对函数求导得：，当时，在上恒成立，于是在上单调递增.所以，因此在上没有零点即在上没有零点，不符合题意.当时，令得，在上，在上所以在上单调递减，在上单调递增所以的最小值为由于在上有两个零点，所以因为，对于函数，，所以在区间上，函数单调递减；在区间，函数单调递增；所以所以所以由零点存在性定理得时，在上有两个零点，综上，可得的取值范围是.21．已知抛物线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同交点，且直线交轴于，直线交轴于.(1)求直线斜率的取值范围；(2)证明：存在定点，使得，且.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由抛物线过可求得抛物线方程，设，与抛物线方程联立，由可得的范围，并确定韦达定理结论；根据可求得且，由此可确定的范围；（2）易知在轴上，设，利用向量数乘的坐标运算可得，，求得方程后，令可推导得到，同理得到，代入中，整理后代入韦达定理的结论可构造方程求得的值，从而确定定点.【详解】（1）抛物线经过点，，解得：，抛物线；由题意知：直线斜率存在，设，，，由得：，，解得：或；，，，，又直线与轴相交于两点，，即，解得：且；综上所述：直线斜率的取值范围为.（2）设点，，由，，知：共线，即在轴上，则可设，，，，，，同理可得：，，直线，令得：，同理可得：，，，由（1）知：，，，解得：，存在定点满足题意.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中存在定点满足某条件的问题，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式或构造方程；④化简所得函数式或方程，整理可得定点坐标.22．在平面直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)写出曲线的极坐标方程，曲线的直角坐标方程；(2)设点M的极坐标为，射线与曲线、分别交于A、B两点（异于极点），当时，求线段的长．【答案】(1)，(2)【分析】（1）消去参数得直角坐标方程，由公式法求解（2）联立方程得的极坐标，由极坐标的概念与几何关系求解【详解】（1），将代入得：的极坐标方程为曲线：由得∴∴曲线的直角坐标方程为（2）将代入曲线、曲线的极坐标方程可得∵∴由题意得∵为曲