广西北海市2023届高三上学期第一次模拟考试数学（理）试题（解析版）

第1页/共1页2023届北海市高三第一次模拟考试数学（理科）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.已知集合，集合，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据集合交集的运算求解.【详解】∵，∴．故选：D.2.已知复数z满足，若z为纯虚数，则（）A.-3 B. C.3 D.0【答案】C【解析】【分析】根据纯虚数的定义列关系式求即可.【详解】因为为纯虚数，所以且，所以．故选：C.3.在等差数列中，，，则（）A19 B.18 C.17 D.20【答案】C【解析】【分析】利用已知条件列方程组求出，从而可求出.【详解】设等差数列的公差为，则由题意可得，解得，所以，故选：C.4.大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，游回到自己出生的淡水流域产卵．记鲑鱼的游速为v（单位：），鲑鱼的耗氧量的单位数为Q，研究发现．当时，鲑鱼的耗氧量的单位数为800．当时，鲑鱼的耗氧量的单位数为（）A.12800 B.24800 C.25600 D.51200【答案】D【解析】【分析】根据题意得，再结合对数运算解方程即可.【详解】解：因为时，，所以，解得，所以，时，，即，所以，解得．故选：D．5.如图所示几何体是底面直径为2，高为3的圆柱的上底面挖去半个球，则该几何体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，该几何体的表面积是圆柱的侧面积，圆柱的一个底面面积和半个球面面积的和，再依次计算求和即可.【详解】解：根据题意，该几何体的表面积是圆柱的侧面积，圆柱的一个底面面积和半个球面面积的和.因为圆柱底面直径为2，高为3，所以，圆柱的侧面积为，一个底面面积为，半个球面的面积为，所以，该几何体的表面积为．故选：B6.如图所示，阴影部分由四个全等的三角形组成，每个三角形是腰长等于圆的半径，顶角为的等腰三角形．如果在圆内随机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】结合三角形的面积公式，根据几何概型的面积型问题求解即可.【详解】解：设圆的半径为，则圆的面积为，所以，四个三角形的面积为，因为，在圆内随机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率为所以，，解得，因为，所以．故选：A7.已知角满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由两角差的正切公式求得，直接二倍角公式及同角关系将转化为含的形式，由此可得结果．【详解】因为，化简得，所以，又，所以，故选：A．8.已知奇函数的定义域为，且在上单调递增，在上单调递减．若，则的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】作出图象，从图象上观察的解集.【详解】奇函数的定义域为，，且在上单调递增，在上单调递减，可作出的大致图象：由图象可知解集为．故选：B9.已知，若，恒成立，则正数m的最小值是（）A. B.1 C. D.e【答案】B【解析】【分析】不等式化简可得，利用导数研究函数的单调性，结合已知条件和函数的单调性可求m的最小值.【详解】由，化简可得，即．令，则原不等式可化为，由已知在上为单调递减函数，又，令，则在上恒成立，所以在上单调递减，又，所以当时，，当时，．故当时，，当时，．即在上单调递增，在上单调递减．所以．所以正数m的最小值是1，故选：B．10.已知函数，将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知在上恰有5个零点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求得，换元转化为在上恰有5个不相等的实根，结合的性质列出不等式求解.【详解】，令，由题意在上恰有5个零点，即在上恰有5个不相等的实根，由的性质可得，解得．故选：D．11.已知数列的前n项和为，且满足，则数列的前81项的和为（）A.1640 B.1660 C.1680 D.1700【答案】A【解析】【分析】由得到数列的特征，再求数列的前81项的和.【详解】由，有，有．又由，可得，可得，则数列的前81项的和为．故选：A12.已知抛物线的焦点为F，抛物线上的任意一点P到焦点F的距离比到直线的距离少，过焦点F的直线与抛物线C交于A，B两点，直线，与直线分别相交于M，N两点，O为坐标原点，若，则直线的斜率为（）A.1或 B.1或2 C.或2 D.【答案】A【解析】【分析】由条件结合抛物线定义求出抛物线方程，设直线方程，并与抛物线方程联立求出的坐标的关系，再通过联立方程组求出的坐标，结合的坐标的关系列方程求出直线的斜率.【详解】因为抛物线的焦点为，抛物线上的任意一点到焦点的距离比到直线的距离少，所以抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，由抛物线的定义知，即，所以抛物线的方程为．，当直线的斜率为时，直线与抛物线有且只有一个交点，不满足要求，故可设的方程为，，．联立方程组整理得，方程的判别式，由韦达定理知，．直线的方程为，联立方程组所以，因为，所以点的坐标为，同理，．因为都在直线上，所以，又由，有，解得或，故直线的斜率为1或．故选：A．【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量是单位向量，向量，且，则与的夹角为_____________．【答案】##【解析】【分析】根据向量数量积的运算律得，进而得，再根据向量夹角范围即可得答案.【详解】解：由题意可知，，所以，，所以，解得，因为所以，，即和的夹角为．故答案为：14.的展开式中的系数为_____________．【答案】9【解析】【分析】利用二项式定理求指定项的系数.【详解】，展开式中的系数为．故答案为：915.如图，已知双曲线的左，右焦点分别为，，正六边形的一边的中点恰好在双曲线上，则双曲线的离心率是_____________．【答案】【解析】【分析】设的中点为，连接，，进而根据正六边形的几何关系得，，进而根据余弦定理得，再结合双曲线的定义得，再求离心率即可.【详解】解：设的中点为，连接，，因为是正六边形，所以，，，所以，，所以，在中，由余弦定理得，解得，所以，所以双曲线的离心率．故答案为：16.如图，在体积为的三棱锥中，，，底面，则三棱锥外接球体积的最小值为______.【答案】【解析】【分析】设外接圆的圆心为，外接圆的半径为，由已知得是外心，为三棱锥外接球的球心，求出外接球半径的最小值可得球体积最小值，为此设，，，，由棱锥体积得的关系，利用基本不等式得出的最小值即可得体积最小值．【详解】如图，设外接圆的圆心为，外接圆的半径为，，，，，由，有，由可知，为三棱锥外接球的球心，有，解得(当且仅当时取等号)，故三棱锥外接球体积的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题考查求棱锥外接球体积的最小值，解题关键是确定外接球的球心，设出棱长，由棱锥体积得出棱长关系，求得外接球半径，并用基本不等式求得最小值．确定体积的最小值．结论：三棱锥外接球的球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线．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.已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若，求周长的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）用正弦定理转化后，整理化简得从而求出角的大小；（2）利用余弦定理可得关系，利用基本不等式求的最大值，由此可求周长的最大值.【小问1详解】由及正弦定理得，因为，所以，因为，，所以，，又，解得；【小问2详解】∵，，即，所以，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立．所以周长的最大值为．18.如图，在直三棱柱中，，E为中点，F为的中点．（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）证明四边形是平行四边形即可；（2）建立坐标系，求出两个平面的法向量即可求得两平面所成二面角的余弦值，再求正弦值即可.【小问1详解】证明：取的中点O，连接,，∵，，∴且，∵，，∴，且,∴四边形是平行四边形，∴，∵，平面，平面，∴平面.【小问2详解】因为，，两两垂直，故以为原点，,,分别为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系，各点坐标如下：，，，，，，，设平面的法向量为，由，，有，取，，，可得平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由，，有，取，，，可得平面的一个法向量为，有，，，可得，故平面与平面的二面角的正弦值为．19.某校为了了解学生每天完成数学作业所需的时间收集了相关数据（单位：分钟），并将所得数据绘制成频率分布直方图（如图），其中，学生完成数学作业的时间的范围是．其统计数据分组区间为，，，，．（1）求直方图中x的值；（2）以直方图中的频率作为概率，从该校学生中任选4人，这4名学生中完成数学作业所需时间少于20分钟的人数记为X，求X的分布列和数学期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望为1.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质即可求解；（2）由题意可知，随机变量X服从二项分布.小问1详解】由直方图小矩形面积之和为1，可得:，解得；【小问2详解】X的可能取值为0，1，2，3，4．由直方图可知，每位学生完成数学作业所需时间少于20分钟的概率为，则，，，，．所以的分布列为：01234因为所以．20.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且椭圆的离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）相互垂直且斜率存在的直线，都过点，直线与椭圆相交于、两点，直线与椭圆相交于、两点，点为线段的中点，点为线段的中点，证明：直线过定点．【答案】（1）.（2）直线过定点，证明见解析.【解析】【分析】(1)根据椭圆过点及离心率为，列方程组求解；(2)将直线方程与椭圆方程联立得到二次方程，用韦达定理表示出中点、的坐标，由对称性可知直线所过x轴上的定点，由三点共线列出方程可解出为定值.【小问1详解】设点，的坐标分别为、，由题意有解得故椭圆的标准方程为；【小问2详解】证明：设直线的斜率为，可得直线的斜率为，设点的坐标为，点的坐标为，直线的方程为，联立方程消除后有，有，可得，，同理，，由对称性可知直线所过的定点必定在轴上，设点的坐标为，有，有，化简得，解得，故直线过定点．21.已知函数．（1）当时，求过点且和曲线相切的直线方程；（2）若对任意实数，不等式恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意求得时的解析式，设出切点，根据导数的几何意义结合直线的点斜式方程，即可求解；（2）对原不等式进行配凑，并构造函数，根据其单调性，转化原不等式并分离参数，结合函数最值，即可求得结果.【小问1详解】当时，，，因为点没有在曲线上，故不是切点，设切点为，直线斜率为，则切线方程为，又因为该直线过点，所以，即，记，当时，，当时，，∴在上单调递增，又，∴，故切线方程为；【小问2详解】当时，由可得，即，构造函数，其中，则，所以函数在上为增函数，由可得，所以，即，其中，令，其中，则．当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，即．【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数根据不等式恒成立求参数范围的问题，其中第二问中处理问题的关键是对原不等式，经过配凑后构造函数，从而简化问题，属综合中档题.（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.在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）．以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求曲线C的标准方程与直线l的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C交于A，B两点，求A，B两点的极坐标．【答案】（1）曲线C的标准方程为，直线l的极直角坐标方程为；（2）点A的极坐标为，点B的极坐标为【解析】【分析】（1）根据参数方程转化为普通方程、极坐标方程转化为直角坐标方程的知识即可求解；（2）根据极坐标的定义，结合的直角坐标求极径、极角，写出极坐标即可【小问1详解】因为曲线C的参数方程为（为参数），所以曲线C的普通方程为，因为直线l的极坐标方程为，且所以直线l的直角坐标方程为；【小问2详解】依题意得，联立方程解得或故点直角坐标分别为，，设点的极坐标分别为，，(其中，，，)则，；，；因为点在第四象限，点在轴的正半轴，所以，