2023届广西南宁市高三上学期摸底测试数学（理）试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2023届广西南宁市高三上学期摸底测试数学（理）试题一、单选题1．设全集，集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由交集、补集的定义，直接求解.【详解】，，则，全集，则故选：D2．已知i是虚数单位，若复数，则（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】由共轭复数的概念及复数除法运算求结果.【详解】由题设，.故选：B3．我国古代数学著作《九章算术》中《方田》章有弧田面积计算问题，计算术曰：以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．其大意是，弧田面积计算公式为：弧田面积（弦×矢＋矢2）．弧田（如图）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”指圆弧顶到弦的距离（等于半径长与圆心到弦的距离之差），现有一弧田圆心角为120°，半径为4的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】解直角三角形可得弦、矢的值，求出弧田面积.【详解】如图：由题意可得，，在中，可得，，，可得矢，由，可得弦，所以弧田面积（弦矢矢．故选：A4．某一棱锥的三视图如图所示，则其侧面积为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据三视图还原其直观图，然后可算出答案.【详解】由三视图可得该棱锥为四棱锥，其直观图如下：其中底面是矩形，顶点在底面的投影是矩形对角线的交点，所以所以，所以其侧面积为故选：C5．若函数的极值点是1，则（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】求导，利用求得，进而求出.【详解】因为，所以，由题意，得，即，解得，即，则.故选：B.6．函数的图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先得到的奇偶性，排除CD，再利用导函数得到时，恒成立，排除A，选出正确答案.【详解】的定义域为R，且，所以为偶函数，排除CD；令，，则恒成立，故当时，，又在上恒成立，所以在上恒成立，排除A，B选项正确.,故选：B7．在长方体中，，，点在棱上，若直线与平面所成的角为，则（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由长方体性质确定线面角且求，进而求出长度.【详解】根据长方体性质知面，故为直线与平面所成的角的平面角，所以，则，可得，如下图示，所以在中，符合题设.故选：B8．两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为，则它们的体积比是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设圆锥母线长为，小圆锥半径为、高为，大圆锥半径为，高为，根据侧面积之比可得，再由圆锥侧面展开扇形圆心角的公式得到，利用勾股定理得到关于的表达式，从而将两个圆锥的体积都表示成的表达式，求出它们的比值即可.【详解】设圆锥母线长为，侧面积较小的圆锥半径为，侧面积较大的圆锥半径为，它们的高分别为、，则，得，因为两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆，所以，得，再由勾股定理，得，同理可得，所以两个圆锥的体积之比为：.故选：A.9．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为，上顶点为，点满足（是坐标原点），则椭圆的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】依题意可得，即可得到，从而得到，再根据，转化为的一元二次方程，解得即可.【详解】解：依题意，，，所以，又，所以，所以，即，所以，又，所以，所以，解得或（舍去）；故选：B10．已知函数，若在区间上有且仅有4个零点和1个极大值点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用辅助角公式得到，设，将问题转化为在区间上有且仅有4个零点和1个极大值点，再结合图象进行求解.【详解】，令，由，则；因为在区间上有且仅有4个零点和1个极大值点，即在上有且仅有4个零点和1个极大值点.作出的图象（如图所示），则，解得，故的取值范围是.故选：D.11．设，，，则a、b、c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用，构造且研究单调性比较大小，构造且研究单调性判断函数值符号比较的大小，即可得结果.【详解】由，因为，，则，，令且，则，则递减，所以，即，则，故；因为，，由，令且，则，则递增；故，，而，所以，则，即，综上，.故选：D【点睛】关键点点睛：利用中间值得到，构造利用导数研究单调性比较，作差法并构造研究函数值符号比较大小.二、多选题12．PM2.5是衡量空气质量的重要指标，下图是某地9月1日至10日的PM2.5日均值（单位：）的折线图，则下列关于这10天中PM2.5日均值的说法错误的是（

）A．众数为30 B．中位数为31.5C．平均数小于中位数 D．后4天的方差小于前4天的方差【答案】ABD【分析】根据数据中30出现了2次，其他数均出现了1次，故众数为30；将数据排序，得到第5个数和第6个数的平均数为中位数，B正确；计算出数据的平均数，从而判断出C错误；法一：根据数据的集中趋势和分散情况，得到D正确；法二：计算出后4天的方差和前4天的方差，从而作出判断.【详解】将数据从小到大排序，依次为17，25，30，30，31，32，34，38，42，126，30出现了2次，其他数均出现了1次，故众数为30，A正确；第5个数和第6个数的平均数为中位数，即，B正确；平均数为，，所以平均数大于中位数，C错误；法一：从图象可以看出后4天的数据更加集中，前4天的数据更加分散，故后4天的方差小于前4天的方差，D正确.法二：可通过计算验证，如下：后4天的平均数为，故后4天的方差为，前4天的平均数为，故前4天的方差为，因为，故后4天的方差小于前4天的方差，D正确.故选：ABD三、填空题13．已知向量与的夹角为，，，则______．【答案】【分析】由化简后结合已知条件求解即可,【详解】因为向量与的夹角为，，，所以，故答案为：14．若双曲线的渐近线被圆所截的弦长为2，则的值为______．【答案】【分析】圆的半径和弦长已知，可求圆心到直线的距离，由点到直线距离公式解得的值【详解】双曲线的渐近线方程为，即，圆的圆心为，半径为，渐近线被圆所截的弦长为2，有圆心到渐近线距离，解得，故答案为：15．从正方体的顶点及其中心共9个点中任选4个点，则这4个点在同一个平面的概率为______．【答案】【分析】由正方体性质，结合组合数求出所有共面的4个点的选法，而所有可能情况有种，应用古典概型的概率求法求概率.【详解】如下图，选正方体6个侧面上的顶点，共有6种共面的情况；过中心的平面共有6个平面，每个平面含9个点中的5个，则共有种；所有可能情况有种，所以这4个点在同一个平面的概率为.故答案为：16．已知中，点在边上，，，，当取最大值时，______．【答案】1【分析】三角形中用余弦定理求得各边之间的关系,利用基本不等式求取最大值和取最大值的条件.求得此时的.【详解】设，，，则，，在中，由余弦定理，有，在中，由余弦定理，有，由和互补，所以，即，化简得，在中，由余弦定理，有，即两式消去t，得，即，由基本不等式，，∴，即，，当且仅当，即，时等号成立.∴的最大值为，由，解得此时，即.故答案为：1四、解答题17．已知数列的前项和满足：且数列最小项为．(1)求的取值范围；(2)若，设，是数列的前项和，求的前15项和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用的二次函数的性质有时最小，结合已知即可求范围；（2）由（1）得，根据关系求得，再应用裂项相消法求.【详解】(1)由题设，，则时最小，而最小项为，所以，则.(2)由（1）及，则，则由，且，显然也满足，所以，则，故.所以.18．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面．(1)证明：；(2)求直线与面所成角的正弦值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）取中点，连，易得为正方形，为等腰直角三角形，再根据面面垂直的性质有平面，最后由线面垂直的性质证结论.（2）连接，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.【详解】(1)取中点，连，因为，，，，所以四边形为正方形，为等腰直角三角形，则，因为，所以为等腰直角三角形，且，因为面面，面面，面，所以平面，又平面，所以.(2)连接，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图所示），则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，设直线与面所成角为，则，即直线与面所成角的正弦值为.19．广西新高考改革方案已正式公布，根据改革方案，将采用“3+2+1”的高考模式．其中，“3”为语文、数学、外语3门参加全国统一考试．选择性考试科目为政治、历史、地理、物理、化学、生物6门．由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际情况，首先在物理和历史中选择1门，再从政治、地理、化学、生物中选择2门，形成自己的“高考选考组合”．(1)由于物理和历史两科必须选择1科，某校想了解高一新生选科的需求，随机选取100名高一新生进行调查，得到如下统计数据，判断是否有的把握认为“选科与性别有关”？选择物理选择历史合计男生4050女生合计30100(2)该校将从参与调查的学生中抽取2人进行访谈，设选到“选择历史”的人数为，求的分布列和数学期望．附：．0.100.050.0250.010.0052.7063.8415.0246.6357.879【答案】(1)有的把握认为“选科与性别有关”；(2)分布列见解析，期望为.【分析】（1）将列联表补充完整，计算，根据独立性检验判断；（2）写出取值并由超几何分布计算对应值的概率，列出分布列，根据公式求解期望.【详解】(1)将列联表补充完整得，选择物理选择历史合计男生401050女生302050合计7030100由独立性检验得所以有的把握认为“选科与性别有关”(2)由题意，的取值为.，则的分布列为20．已知抛物线：的焦点为，直线分别与轴交于点，与抛物线交于点，且．(1)求抛物线的方程；(2)设横坐标依次为，，的三个点A，B，C都在抛物线上，且，若是以为斜边的等腰直角三角形，求的最小值．【答案】(1)，(2)32【分析】（1）设点，根据点在抛物线上，且，列方程组求出的值，从而可求出抛物线的方程；（2）设直线的斜率为，由可得，然后结合，可得，然后由可得答案.【详解】(1)设点，因为点在抛物线上，且，所以，解得，所以抛物线的方程为，(2)由题可设直线的斜率为，因为，所以直线的斜率为，因为，所以，所以，因为，所以，得，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，当且仅当时取等号，所以，所以的最小值为32.21．已知函数，．(1)若恒成立，求实数的取值范围；(2)若，，且，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由分离参数得，构造函数，求函数的最值，即可得的取值范围；（2）由，可知与至少有一个大于，假设，则，求导，可得函数单调递增，所以，证明即可.【详解】(1)由，即，，所以，设，则，令，解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时，取最大值为，所以；(2)由，可知与至少有一个大于，假设，则，又，则，，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，则，又在时单调递增，所以当时，，设，，则恒成立，所以在上单调递增，则，所以当时，，所以，即.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为（t为参数）．(1)写出和的直角坐标方程；(2)设为曲线上的动点，求点到曲线的距离的最小值．【答案】(1)：，：；(2).【分析】（1）应