2023届广西邕衡金卷高三一轮复习诊断性联考数学（理）试题含解析

2023届广西邕衡金卷高三一轮复习诊断性联考数学（理）试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】确定，继而求得，根据复数的除法运算即可求得答案.

【详解】由题意，故，

所以，

故选：D

2．关于统计数据的分析，有以下几个结论，其中正确的是（    ）

A．将一组数据中的每个数据都减去同一个数后，平均数与方差均没有变化

B．样本数据9、3、5、7、12、13、1、8、10、18的中位数是8或9

C．在刻画回归模型的拟合效果时，相关指数的值越大，说明拟合的效果越好

D．在调查影院中观众观后感时，从20排中（每排人数相同）每排任意抽取一人进行调查是系统抽样法

【答案】C

【分析】求得变化后的平均数与方差判断选项A；求得样本数据的中位数判断选项B；依据相关指数的定义判断选项C；依据系统抽样定义判断选项D.

【详解】选项A：将一组数据中的每个数据都减去同一个数后，方差没有变化，

但平均数也要减去这个数.判断错误；

选项B：样本数据9、3、5、7、12、13、1、8、10、18

从小到大排列后为：1、3、5、7、8、9、10、12、13、18

则中位数是8和9的平均数8.5. 判断错误；

选项C：在刻画回归模型的拟合效果时，相关指数的值越大，

说明拟合的效果越好.判断正确；

选项D：在调查影院中观众观后感时，从20排中（每排人数相同）

每排相同位置抽取一人进行调查是系统抽样法. 判断错误.

故选：C

3．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】化简集合A，B，后由交集补集定义可得答案.

【详解】，，

，则或

故.

故选：C．

4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B．8 C．32 D．

【答案】C

【分析】由三视图可知，几何体为斜棱柱，根据三视图中的数据利用棱柱体积公式计算体积.

【详解】由几何体的三视图可知几何体的直观图如下：

图形为底面是矩形的斜棱柱，底面矩形长为4宽为2，棱柱的高为4，

所以几何体的体积为．

故选：C

5．函数的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】确定函数定义域，判断函数的奇偶性，结合特殊值代入验证，一一判断各选项，可得答案.

【详解】由可得定义域为，

因为，所以是偶函数，

函数图象关于y轴对称，故A，C错误；

又，选项B中图象不符合，D中图象符合，

故选：D．

6．已知函数，且，在区间上有最小值，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求得，根据，得到，即，利用导数求得函数的单调区间，得到，进而求得实数的取值范围.

【详解】由函数，可得

则，解得，

所以

所以当时，，即函数在上单调递减，

当时，，即函数在上单调递增，

所以在处取得极小值，即为上的最小值，，

因为函数在上有最小值，所以，

即实数的取值范围为.

故选：A．

7．如图，在直三棱柱中，棱长均为．，，分别为，，的中点，则直线与平面所成角的正弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取中点，连接、，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.

【详解】取中点，连接、，在直三棱柱中，棱长均为，

所以三棱柱为正三棱柱，则，，平面，

所以平面，

如图建立空间直角坐标系，则，，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，则，令，则，，

所以，

所以直线与平面所成角为，则，

所以直线与平面所成角的正弦值是.

故选：C

8．如图，在扇形中，C是弦的中点，D在上，．其中，长为．则的长度约为（提示：时，）（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据弧长公式，结合已知求出角的余弦的近似值，求出CO,最后得到CD即可.

【详解】设圆心角，，，

所以，，

所以．

故选：B.

9．如图，圆锥的轴截面为正三角形，点为顶点，点为底面圆心，过轴的三等分点（靠近点）作平行底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，此圆柱的下底面在圆锥的底面上，则所得圆柱的体积与原圆锥的体积之比为（    ）

A．1：9 B．2：9 C．1：27 D．2：27

【答案】B

【分析】设圆锥高为，则由题可得底面圆半径，可得圆锥的体积；

又由为的三等分点，可得圆柱的高及底面圆半径，可得圆柱体积，即可得答案.

【详解】设圆锥高为，因圆锥的轴截面为正三角形，则底面圆半径，则圆锥的体积为；因为的三等分点，则圆柱的高为，半径，

则圆柱体积为，所以．

故选：B

10．设函数在区间恰有三个极值点、三个零点，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可．

【详解】依题意可得，因为，所以，

要使函数在区间恰有三个极值点、三个零点，作出的图象，

结合图形可得，则，解得，即．

故选：D．

11．已知双曲线，左焦点为，虚轴上端点为，直线与双曲线交于，两点，直线与直线的倾斜角互补，且点满足，双曲线的离心率为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知条件，利用点差法列等式结合求双曲线的离心率.

【详解】设，，由，得点为中点，

有，，两点在双曲线上，，，

两式相减，得，即，

可变形为，即，

，直线与直线的倾斜角互补，则，

所以，得，两边平方，即，

等号两边同时除以，得，解得(负值舍去).

故选：A

12．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】方法一：构造函数，，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.

方法二：由作差法，并构造函数，，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.

【详解】方法一：构造法

设，因为

当时，，当时，

所以函数在单调递减，在上单调递增，

所以，所以，故，即，

所以，所以，故，所以，故，

设，则

令，，

当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

又，所以当时，，

所以当时，，函数单调递增，

所以，即，所以．

方法二：比较法

解：，，

①，令，，

则，故在上单调递减，可得，即，所以；

②，令，，

则

令，所以

所以在上单调递增，可得，即

所以在上单调递增，可得，即，所以．

故．

故选：A．

【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于构造函数，利用导数得出单调性，进而得出大小关系.

二、填空题

13．已知，与的夹角，则在方向上的投影为______.

【答案】1

【分析】在方向上的投影为，算出即可

【详解】因为，与的夹角

所以在方向上的投影为

故答案为：1

【点睛】本题考查的是向量投影的计算，较简单.

14．现有6个乒乓球，其中3个是新球3个是旧球，不放回地抽取两次，每次取一个球，则在第一次取到新球的条件下，第二次取到旧球的概率是_______．

【答案】/0.6

【分析】根据条件概率公式求解即可.

【详解】不防设第一次取到新球的事件为A，第二次取到旧球的事件为B，

则．

故答案为：.

15．设为椭圆的两个焦点，为上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．

【答案】

【分析】根据题意，结合椭圆的定义和勾股定理，列出方程组，求得，利用面积公式，即可求解.

【详解】如图所示，因为且为上关于坐标原点对称的两点，

可得四边形是矩形，设，不妨设，

由椭圆，可得，则，

由椭圆的定义和勾股定理，可得，

可得，解得，

所以.

故选：.

16．在中，，点在线段上，且，，则面积的最大值为____．

【答案】/

【分析】利用向量法求得的取值范围，进而求得面积的最大值.

【详解】在中，设，，，

由，则，则，

，即，

，当且仅当时取等号．

所以面积的最大值为．

故答案为：

三、解答题

17．记为数列的前项和．已知．

(1)证明：是等比数列；

(2)记，求前项和的最小值．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）利用数列通项与前项和的关系即可证得是等比数列；

（2）先求得数列的前项和的表达式，再利用二次函数的性质就求得的最小值．

【详解】（1）当时，，则，

由，可得当时，，

则，即，

所以，且，

所以是以为首项，2为公比的等比数列．

（2）由（1）可得，则．

所以，

所以当或时，．

18．已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，M为中点，过C，D，M的平面截四棱锥所得的截面为．

(1)若与棱交于点F，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置；

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)作图见解析；F为棱上靠近点B位置的三等分点；

(2).

【详解】（1）延长，连接交于F，连接，

如图，四边形为截面.

中，，由，则C为中点，B为中点，

过M作交于N，则，，

，

，即，

F为棱上靠近点B位置的三等分点；

（2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间坐标系如图，

则有：，，，，，

设平面的一个法向量为，，

则有，解得

令，则，即

设平面的一个法向量为，，，

则，解得，

令，则，，

设平面与平面的锐二面角的平面角为，则

所以平面与平面的二面角的锐平面角的余弦值为

19．为了丰富学生的课外活动，学校举办篮球、足球、羽毛球比赛，经过前期的预赛和半决赛，最终甲、乙两个班级进入决赛，决赛中每个项目胜方得8分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的班级获得冠军．已知甲班级在篮球、足球、羽毛球中获胜的概率分别为0.4，0.8，0.6，各项目的比赛结果相互独立．

(1)求甲班级获得冠军的概率；

(2)用X表示乙班级的总得分，求X的分布列与期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析；期望为

【分析】（1）依据独立事件的概率公式计算即可；

（2）依据离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可.

【详解】（1）设“甲班级在篮球、足球、羽毛球中获胜”为事件A，B，C，

“甲班级获得冠军”为事件D，

由题意得甲班级要获胜需至少胜两个项目，

则，，，

所以

（或者0.656）

（2）由题意可得：X的可能取值为0，8，16，24，

所以X的分布列为

期望．

20．设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．

(1)求的方程；

(2)若点，，过点A的动直线交抛物线于、，直线交抛物线于另一点，连接并延长交抛物线于点S．证明直线与直线的斜率之和为定值．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）先利用抛物线定义求得，进而求得抛物线的方程；

（2）先求得坐标间的关系和坐标间的关系，进而求得直线与直线的斜率之和为定值.

【详解】（1）抛物线的准线为，当与轴垂直时，点的横坐标为，

此时，所以

所以抛物线的方程为

（2）设，，，，

显然直线的斜率不为0，设直线，

与抛物线联立可得，且

则

由，，三点共线，

故，，即，即．

又由，，三点共线，

故，，即，即

所以

所以直线与直线的斜率之和为定值．

21．己知函数

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若，是方程的两个不等实根，且，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求导得，求出和，进而求得切线的方程；

（2）根据题意转化为，令，构造函数，求导得，令，求得，得到单调递增，结合，再运用基本不等式即可得证.

【详解】（1）当时，函数，可得，

则，即切线斜率为2，又，

则切线方程为，即切线方程为.

（2）因为，是方程的两个不等实根，且，，，

则，可得，所以，

即，

令，则，则，

令，则，

令，则，则单调递增，

所以，即，则单调递增，

所以，所以，

即，即，

又（由于，故不取等号），

所以．

【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：

1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；

2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；

3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；

4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.

22．已知曲线的参数方程是（是参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．

(1)写出曲线的极坐标方程；

(2)若点，，在曲线上，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先消参化为普通方程，然后将带入整理可得；

（2）利用极坐标方程带入化简，根据三角函数和差公式展开化简可得.

【详解】（1）由（是参数）消去参数得：

将，代入上式可得

整理得曲线的极坐标方程为．

（2）点，，在曲线上，

23．已知，，，证明：

(1)；

(2)．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）根据柯西不等式或基本不等式证明不等式.

（2）根据基本不等式证明不等式.

【详解】（1）解法一：由柯西不等式得：

当时，等号成立．所以原式得证．

解法二：

当时，等号成立．

即．

（2）解法一：由及．

．

当时，等号成立．

所以

解法二：因为

所以：

．

又，，所以：

，当时，等号成立．

所以，．