2023屆廣西柳州市高三上學期第二次模擬數學（文）試題一、單選題1．已知集合，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用集合交集運算即可.【詳解】由集合，所以，故選：A.2．已知復數z滿足，則（

）A． B．9 C． D．13【答案】D【分析】先求出，進而求出.【詳解】因為，所以，所以.故選：D3．下列區間中，是函數單調遞減的區間是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由，求出函數的單調減區間，從而可求得答案.【詳解】由，得，則的減區間為，因為，所以是函數的一個單調減區間，故選：B.4．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列可能是的解析式的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】AB選項，利用函數的單調性和特殊值判斷；CD選項，利用函數的奇偶性判斷.【詳解】A.，故錯誤；，且，則在R上遞增，故正確；C.的定義域為關于原點對稱，又，則是奇函數，圖象關于原點對稱，故錯誤；D.的定義域為關于原點對稱，又，則是奇函數，圖象關于原點對稱，故錯誤；故選：B.5．若雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為，則C的離心率為（

）A． B． C．2 D．3【答案】C【分析】通過圓的圓心與雙曲線的漸近線的距離，列出關系式，然后求解雙曲線的離心率即可．【詳解】解：雙曲線的一條漸近線不妨為：，圓的圓心，半徑為：2，雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為2，可得圓心到直線的距離為：，解得：，則，即．故選：C．6．下列說法正確的是（

）A．在做回歸分析時，殘差圖中殘差點分布的帶狀區域的寬度越窄表示回歸效果越差B．某地氣象局預報：6月9日本地降水概率為90%，結果這天沒下雨，這表明天氣預報并不科學C．數據2，3，4，5的方差是數據4，6，8，10的方差的一半D．在回歸直線方程【答案】D【分析】由殘差圖與模擬效果的關系判斷A；由大概率事件也不一定發生判斷B；第二組數據是由第一組乘以2得到的，可由方差的關系判斷C；由回歸分析模型的性質以及回歸方程b的含義判斷D．【詳解】對于A選項：在做回歸分析時，殘差圖中殘差點分布的帶狀區域的寬度越窄表示回歸效果越好，故A選項錯誤；對于B選項：概率只說明事件發生的可能性，事件不一定發生，所以并不能說明天氣預報不科學，故B選項錯誤；對于C選項：根據所給的數據，看出第二組是由第一組乘以2得到的，前一組的方差是后一組的四分之一，標準差是一半，故C選項錯誤；對于D選項：在回歸直線方程中，當解釋變量每增加1個單位時，預報變量增加0.1個單位，故D選項正確．故選：D．7．如圖，是一個正三棱臺，而且下底面邊長為6，上底面邊長和側棱長都為3，則棱臺的高為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先還原為三棱錐，再計算小棱錐的高，再根據相似關系，即可計算三棱臺的高.【詳解】如圖1，將正三棱臺，還原為正三棱錐，由相似關系可知，三棱錐的棱長都是3，如圖2，點在底面的射影是底面三角形的中心，高，所以根據相似關系可知，三棱臺的高也是.故選：C8．如圖，的外接圓圓心為O，，，則（

）A． B． C．3 D．2【答案】A【分析】根據給定條件，分別求出、即可求解作答.【詳解】因的外接圓圓心為O，，，由圓的性質得，有，同理，所以.故選：A【點睛】方法點睛：求兩個向量的數量積的方法：利用定義；利用向量的坐標運算；利用數量積的幾何意義．具體應用時可根據已知條件的特征來選擇，同時要注意數量積運算律的應用．9．在中，內角所對的邊分別為，點為的中點，，，且的面積為，則（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】在中由余弦定理得，由，得，即可解決.【詳解】由題知，在中，點D為的中點，，，且的面積為，所以在中由余弦定理得，即，因為，即，代入，所以，即，所以，所以，故選：B10．“阿基米德多面體”是由邊數不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現了數學的對稱美.如圖，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共可截去八個三棱錐，得到八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”.若該多面體的棱長為2，則其外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據其外接球為正四棱柱的外接球，再結合球的表面積公式，即可得到結果.【詳解】由題意可得，根據該幾何體的對稱性可知，該幾何體的外接球即為底面棱長為，側棱長為的正四棱柱的外接球，即，所以，則該正多面體外接球的表面積故選:A11．已知橢圓C的焦點為，過的直線與C交于P，Q兩點，若，則橢圓C的標準方程為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由已知可設可求出所有線段用表示，在中由余弦定理得從而可求.【詳解】如圖，由已知可設，又因為根據橢圓的定義，在中由余弦定理得，所以故橢圓方程為：故選：B12．設函數（，e為自然對數的底數），若存在使成立，則a的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由可將其中的換為自變量，兩邊同時平方化簡，再將參數分離開，構造新函數，求得新函數的最值即可得到a的取值范圍.【詳解】存在，使成立，即存在，使成立，即，存在，使與有交點，對求導得，再求導得，令，解得，當時，當時，在上單調遞減，在上單調遞增，==，即在上恒大于0，在上單調遞增，要使與有交點，則.故選：C.二、填空題13．已知向量，，則與的夾角為__________.【答案】##【分析】先求向量與的數量積及和的模，再利用向量夾角公式求與的夾角．【詳解】向量，，所以，，，設與的夾角為，則，又，所以．故答案為：．14．若圓錐的軸截面是邊長為1的正三角形，則圓錐的側面積是______.（結果用含的式子表示）【答案】【分析】根據題意可得圓錐的底面半徑和母線長，進而根據圓錐側面積公式求得結果．【詳解】解：圓錐的軸截面是邊長為1的正三角形，圓錐的底面半徑，母線，故圓錐的側面積．故答案為：．15．曲線在處的切線的斜率為______.【答案】2【分析】利用導數的幾何意義求出切線的斜率.【詳解】函數定義域為，，，所以曲線在處的切線的斜率為2.故答案為：216．①，②，③，④，上述不等式正確的有______（填序號）【答案】②④【分析】由指數對數的運算法則和不等式的性質比較大小.【詳解】對于①：，，∴，不等式①錯誤；對于②：，∴，即，不等式②正確對于③：，∴，即，不等式③錯誤；對于④：，令，則在上恒成立，在上單調遞增，∴，，得，，∴，∴，不等式④正確.故答案為：②④三、解答題17．第24屆冬季奧運會將于2022年2月在北京舉辦，為了普及冬奧知識，某校組織全體學生進行了冬奧知識答題比賽，從全校眾多學生中隨機選取了10名學生，得到他們的分數統計如下表：分數段人數1112221規定60分以下為不及格；60分及以上至70分以下為及格；70分及以上至80分以下為良好；80分及以上為優秀，將頻率視為概率．(1)此次比賽中該校學生成績的優秀率是多少？(2)在全校學生成績為良好和優秀的學生中利用分層抽樣的方法隨機抽取5人，再從這5人中隨機抽取2人進行冬奧知識演講，求良好和優秀各1人的概率．【答案】【分析】（1）由80分及以上的學生人數與抽取的總人數的比值進行求解；（2）列舉法求解古典概率求概率公式.【詳解】（1）∵80分及以上為優秀，∴，∴此次比賽中該校學生成績的優秀率是0.3．（2）∵成績良好的學生人數與成績優秀的學生人數之比為，∴在成績良好的學生中抽取2人，記為a，b；在成績優秀的學生中抽取3人，記為C，D，E．從a，b，C，D，E中隨組抽取2人的所有基本事件為：，，，，，，，，，，共10種，其中良好和優秀各1人的有：，，，，，，共6種．∴良好和優秀各1人的概率為．18．在數列中，，它的最大項和最小項的值分別是等比數列中的和的值.(1)求數列的通項公式；(2)已知數列，求數列的前n項和.【答案】(1)(2)【分析】（1）結合函數的單調性得到數列的最大項和最小項，解出，可得等比數列的通項公式；（2）用錯位相減法求數列的前n項和【詳解】（1）由題意，，結合函數的單調性，可知，所以數列中的最大項為，最小項為，所以，即，所以等比數列的公比，（2），，，兩式相減得：，故.19．某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學興趣小組發現《九章算術》中提到了“芻薨”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長為4的正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段折起，連接就得到了一個“芻甍”（如圖2）.(1)若O是四邊形對角線的交點，求證：平面；(2)若，求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）線段中點為，證明即可；（2）利用等體積法求三棱錐的體積.【詳解】（1）在圖2中取線段中點H，連接，如圖所示：由圖1可知，四邊形是矩形，且，∴O是線段與的中點，∴且，圖1中且，而且.所以在圖2中，且，∴且，∴四邊形是平行四邊形，則，由于平面，平面，∴平面.（2）∵，面，，∴面，，所以，即三棱錐的體積為.20．已知函數.(1)求函數的值域；(2)設，當時，函數有兩個零點，求實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）求導，列表根據函數單調性即可解決；（2），令，則有兩個零點等價于有兩個零點，分，兩種情況討論，其中時，，由于在上有兩個零點，得，由，令函數，求導計算得即可解決.【詳解】（1）由可知令則，0減極小值增所以無最大值，所以的值域為.（2）當時，，令，則有兩個零點等價于有兩個零點，對函數求導得：，當時，在上恒成立，于是在上單調遞增.所以，因此在上沒有零點即在上沒有零點，不符合題意.當時，令得，在上，在上所以在上單調遞減，在上單調遞增所以的最小值為由于在上有兩個零點，所以因為，對于函數，，所以在區間上，函數單調遞減；在區間，函數單調遞增；所以所以所以由零點存在性定理得時，在上有兩個零點，綜上，可得的取值范圍是.21．已知拋物線經過點，過點的直線與拋物線有兩個不同交點，且直線交軸于，直線交軸于.(1)求直線斜率的取值范圍；(2)證明：存在定點，使得，且.【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由拋物線過可求得拋物線方程，設，與拋物線方程聯立，由可得的范圍，并確定韋達定理結論；根據可求得且，由此可確定的范圍；（2）易知在軸上，設，利用向量數乘的坐標運算可得，，求得方程后，令可推導得到，同理得到，代入中，整理后代入韋達定理的結論可構造方程求得的值，從而確定定點.【詳解】（1）拋物線經過點，，解得：，拋物線；由題意知：直線斜率存在，設，，，由得：，，解得：或；，，，，又直線與軸相交于兩點，，即，解得：且；綜上所述：直線斜率的取值范圍為.（2）設點，，由，，知：共線，即在軸上，則可設，，，，，，同理可得：，，直線，令得：，同理可得：，，，由（1）知：，，，解得：，存在定點滿足題意.【點睛】思路點睛：本題考查直線與拋物線綜合應用中存在定點滿足某條件的問題，求解此類問題的基本思路如下：①假設直線方程，與拋物線方程聯立，整理為關于或的一元二次方程的形式；②利用求得變量的取值范圍，得到韋達定理的形式；③利用韋達定理表示出所求量，將所求量轉化為關于變量的函數的形式或構造方程；④化簡所得函數式或方程，整理可得定點坐標.22．在平面直角坐標系中，曲線（為參數），以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．(1)寫出曲線的極坐標方程，曲線的直角坐標方程；(2)設點M的極坐標為，射線與曲線、分別交于A、B兩點（異于極點），當時，求線段的長．【答案】(1)，(2)【分析】（1）消去參數得直角坐標方程，由公式法求解（2）聯立方程得的極坐標，由極坐標的概念與幾何關系求解【詳解】（1），將代入得：的極坐標方程為曲線：由得∴∴曲線的直角坐標方程為（2）將代入曲線、曲線的極坐標方程可得∵∴由題意得∵為曲