广西壮族自治区防城港市2023届高三下学期4月第三次联合调研考试数学（理）试题（含答案解析）

2023年4月高中毕业班第三次联合调研考试数学（理科）2023.04注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置上．3．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．4．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．一、选择题：本大题共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.【答案】A【解析】【分析】根据集合的交集运算即可解出．【详解】因为，，所以．故选：A.2.在复平面内,复数对应的点位于A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【详解】试题分析：，对应的点为，在第一象限考点：复数运算3.一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧（左）视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】从正视图和侧视图上分析，去掉的长方体的位置应该在的方位，然后判断俯视图的正确图形．【详解】由正视图可知去掉的长方体在正视线的方向，从侧视图可以看出去掉的长方体在原长方体的右侧，由以上各视图的描述可知去掉的长方体在原长方体的右上方，其俯视图符合C选项．

故选C．

点评：本题考查几何体的三视图之间的关系，要注意记忆和理解“长对正、高平齐、宽相等”的含义．考点：三视图．4.某学校组建了演讲，舞蹈､航模､合唱，机器人五个社团，全校名学生每人都参加且只参加其中一个社团，校团委从这名学生中随机选取部分学生进行调查，并将调查结果绘制了如下不完整的两个统计图：则选取的学生中参加机器人社团的学生数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据演讲人数，求得本次调查的人数为人，进而求得机器人所占的比例，即可求解.【详解】由题意，本次调查的人数为人，其中合唱比赛所占的比例为，所以机器人所占的比例为，所以选取的学生中参加机器人社团的学生数为人.故选：B.5.甲、乙两人各进行1次射击,如果两人击中目标概率分别为0.8和0.4,则其中恰有1人击中目标的概率是()A.0.32 B.0.56C.0.44 D.0.68【答案】B【解析】【分析】利用独立事件和互斥事件的概率公式即可得到结果.【详解】恰好有1人击中，表示甲击中乙没有击中或甲没有击中乙击中，这两个是互斥事件，根据相互独立事件和互斥事件的概率公式可得.故选：B.6.已知函数是奇函数，且，若是函数的一个零点，则（）A. B.0 C.2 D.4【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用奇函数、函数零点的定义，列式求解作答.【详解】因为是函数的一个零点，则，于是，即，而函数是奇函数，则有，所以.故选：D7.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】易得，再利用对数函数的单调性即可比较.【详解】，，，，故，.故选：C.8.已知圆：，直线：，则当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为，则的取值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由直线过定点，结合圆的对称性以及勾股定理得出的取值.【详解】直线：恒过点，由于直线被圆所截的弦长的最小值为，即当直线与直线垂直时（为原点），弦长取得最小值，于是，解得.故选：C9.中国的古建筑往往是美学和哲学的完美体现.下图是某古建筑物及其剖面图，是桁，是脊，是相等的步，相邻桁的脊步的比分别为，，，，若是公差为0.15的等差数列，，则（）A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9【答案】C【解析】【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.【详解】设，则，依题意，有，且，所以，故，故选：C.10.我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图”中，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算列式，再借助方程思想求解作答.【详解】依题意，，于是，所以.故选：A11.已知是边长为2的等边三角形，，当三棱锥体积取最大时，其外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，求出三棱锥体积取最大时的几何体特征，再确定球心位置，求出球半径作答.【详解】取中点，连接，如图，在中，由余弦定理得，即，当且仅当时取等号，又，则，当且仅当时，最大，的面积最大，令直线与平面所成角为，则点到平面的距离，当且仅当时取等号，因此三棱锥体积，即当最大，三棱锥体积最大，因此当三棱锥体积最大时，且平面，而平面，即有，正中，，，则平面，令正的外接圆圆心为，等腰的外接圆圆心为，则分别在上，令外接球球心为，于是平面，平面，有，即四边形是矩形，而，，在中，，因此球的半径，所以三棱锥外接球的体积，故选：C12.定义平面凸四边形为平面上每个内角度数都小于的四边形．已知在平面凸四边形中，，，，，，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理可求得，从而得到，结合凸四边形定义可求得的范围；利用正弦定理表示出，由角的范围可求得正弦值的取值范围，由此可得结果.【详解】在中，由余弦定理得：，且，，，，，，，；在中，由正弦定理得：，；当时，，，又，，即的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形中的边长取值范围的求解问题，解题关键是能够利用正弦定理将问题转化为三角函数值域的求解问题，从而通过确定角的范围来确定所求边长的取值范围.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.在的展开式中，常数项为__________．【答案】【解析】【分析】利用二项式定理求出通项公式并整理化简，然后令的指数为零，求解并计算得到答案.【详解】的展开式的通项令，解得，故常数项为．故答案为：.14.若，则______．【答案】【解析】【分析】利用降幂公式，将所求式子化简，再结合已知条件，即可求出答案.【详解】解：由降幂公式得：，又∵∴.故答案为：【点睛】本题考查了降幂公式和诱导公式，属于基础题.15.写出一个值域为，在区间上单调递增的函数______．【答案】【解析】【分析】综合考虑值域与单调性即可写出满足题意的函数解析式.【详解】，理由如下：为上的减函数，且，为上的增函数，且，，故答案：．16.如图，一个光学装置由有公共焦点的椭圆C与双曲线构成，一光线从左焦点发出，依次经过与C的反射，又回到点.，历时m秒；若将装置中的去掉，则该光线从点发出，经过C两次反射后又回到点历时n秒，若的离心率为C的离心率的4倍，则_____________.【答案】##0.375【解析】【分析】由离心率比求得长半轴与实半轴的比，根据椭圆与双曲线的定义求两种装置中光线路程之比即得．【详解】设椭圆长轴长为，双曲线实轴长为，焦距，由，依次经过与C的反射，又回到点F1，则有，，两式相减得，将装置中的去掉，则有，所以故答案为：．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.从①前项和，②，③且，这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中，并完成解答．在数列中，，_______，其中．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）若成等比数列，其中，且，求的最小值．【答案】选择①：（Ⅰ）；（Ⅱ）5．选择②：（Ⅰ）；（Ⅱ）6．选择③：（Ⅰ）；（Ⅱ）5．【解析】【分析】（Ⅰ）选择①，由求得的值，再由可求得数列的通项公式；选择②，可知数列是以为公差的等差数列，进而可求得数列的通项公式；选择③，可知数列是等差数列，求出公差的值，进而可求得数列的通项公式；（Ⅱ）由可得出关于的表达式，进而可求得的最小值．【详解】选择①：（Ⅰ）当时，由，得.当时，由题意，得，所以．经检验，符合上式，所以；（Ⅱ）由、、成等比数列，得，即．化简，得，因为、是大于的正整数，且，所以当时，有最小值．选择②：（Ⅰ）因为，所以．所以数列是公差等差数列.所以；（Ⅱ）由、、成等比数列，得，即．化简，得，因为、是大于的正整数，且，所以当时，取到最小值；选择③：（Ⅰ）由，得，所以数列是等差数列，设等差数列的公差为，又因为，，所以.所以；（Ⅱ）因为、、成等比数列，所以，即．化简，得，因为、是大于的正整数，且，所以当时，有最小值．【点睛】本题考查等差数列通项公式的求解，同时也考查了等差数列基本量的计算，考查计算能力，属于中等题.18.如图所示，在四棱锥中，，，，.（1）证明：；（2）求直线BC与平面PCD所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）通过构造线面垂直的方法来证得.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BC与平面PCD所成角的正弦值进而求得其余弦值.【小问1详解】连接BD，设BD的中点为O，连接OA，OP.因为，所以，因为，所以，又平面，所以平面OAP，因为平面OAP，所以.【小问2详解】因为，所以，又，所以，所以，又平面，所以平面ABCD.，，所以.如图，以O为原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，，，平面PCD的法向量分别为，所以，即，取，则，设与平面PCD所成的角为，则则直线BC与平面PCD的夹角余弦值为.19.某互联网公司为了确定下季度的前期广告投人计划，收集了近6个月广告投入量（单位：万元）和收益（单位：万元）的数据如表：月份123456广告投入量24681012收益14.2120.3131.831.1837.8344.67他们用两种模型①，②分别进行拟合，得到相应的回归方程并进行残差分析，得到如图所示的残差图及一些统计量的值．7301464.24364（1）根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应选择哪个模型拟合？并说明理由；（2）残差绝对值大于2的数据被认为是异常数据，需要剔除．（i）剔除异常数据后求出（1）中所选模型的回归方程；（ii）若广告投入量时，（1）中所选模型收益的预报值是多少？附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：【答案】（1）选择模型①，理由见解析（2）（i）；（ii）62.04万元【解析】【分析】（1）根据残差图的分布比较可得结论；（2）（i）求出剔除异常数据后的平均数，即可求得和，即得回归方程；（ii）将代入回归直线方程，即可得答案.【小问1详解】选择模型①，因为模型①的残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且模型①的带状区域比模型②的带状区域窄，所以模型①的拟合精度高，回归方程的预报精度高．【小问2详解】（i）剔除异常数据，即组号为3的数据，剩下数据的平均数为；，．．∴所选模型的回归方程为；（ⅱ）若广告投入量时，该模型收益的预报值是万元．20.如图：小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点处，另一端固定在画板上点处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线的一部分图象．已知细绳长度为，经测量，当笔尖运动到点处，此时，，．设直尺边沿所在直线为，以过垂直于直尺的直线为轴，以过垂直于的垂线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系．（1）求曲线的方程；（2）斜率为的直线过点，且与曲线交于不同的两点，已知的取值范围为，探究：是否存在，使得，若存在，求出的范围，若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）存在，使得【解析】【分析】（1）根据抛物线定义可知轨迹为抛物线，采用待定系数法，求得点坐标后代入抛物线方程即可；（2）假设存在，将直线方程与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，并将表示为关于的函数的形式，结合二次函数值域求法可求得的范围，由此可构造不等式求得结果.【小问1详解】由题意知：笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，笔尖留下的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，设其方程为，则，由，，可得：，，点坐标为，代入抛物线方程得：，即，解得：或，轨迹的方程为．【小问2详解】假设存在，使得，设，直线，由得：，则，，，；，，，，令，，，即，同向，，，解得：或，存在，使得.【点睛】思路点睛：本题考查抛物线定义的应用、直线与抛物线综合应用中的存在性问题的求解；本题求解范围的基本思路是结合韦达定理构造出与有关的等量关系，将其表示为关于的函数的形式，根据函数值域的求法构造不等关系求得结果.21.已知函数．（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；（2）当时，求函数零点的个数．【答案】（1）（2）有且仅有个零点【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围；（2）首先可得与是的两个零点，再利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断即可；【小问1详解】解：因为，所以，由函数在上单调递增，则在上恒成立．令，，当时，，所以恒成立．所以在上单调递增，所以，所以【小问2详解】解：由，则，．所以与是的两个零点．因为，由（1）知，函数在上单调递增，，无零点．当时，，，，无零点．当时，，设，，在上递增，又，，存在唯一零点，使得．当时，，在上递减；当时，，在上递增．又，，所以，函数在上有且仅有个零点．综上，当时，函数有且仅有个零点．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．22.在平面直角坐标中，曲线C的参数方程为（为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）写出曲线的普通方程；（2）若与有公共点，求的取值范围．【答案】（1）（且）（2）【解析】【分析】（1）由曲线