廣西玉林市北流市2023屆高三年級教學質量檢測數學（文）試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________ 一、單選題1．已知集合，，則（    ）A． B． C． D．2．已知，為虛數單位，若為實數，則a＝（    ）A．-3 B． C．3 D．3．已知平面向量，，且，則（    ）A．1 B．14 C． D．4．如圖是某賽季甲、乙兩名籃球運動員5場比賽得分的莖葉圖，已知甲的成績的極差為31，乙的成績的平均值為24，則下列結論錯誤的是（    ）A． B．C．乙的成績的中位數為 D．乙的成績的方差小于甲的成績的方差5．若實數滿足約束條件則的最小值為（    ）A． B． C． D．6．已知拋物線C：焦點為F，準線為l，點在C上，直線AF與l交于點B，則（    ）A．1 B． C． D．27．執(zhí)行如圖的程序框圖，輸出的值是（    ）A． B． C． D．8．已知圖1對應的函數為，則圖2對應的函數是（    ）A． B． C． D．9．如圖，在正方體中，分別為所在棱的中點，為下底面的中心，則下列結論中錯誤的是（    ）A．平面平面 B．C． D．平面10．已知數列是各項均為正數的等比數列，是它的前項和，若，且，則（    ）A．128 B．127 C．126 D．12511．已知為函數的極值點，則在區(qū)間上的最大值為（    ）（注：）A．3 B．C．5 D．12．已知四棱錐的五個頂點都在球面O上，底面ABCD是邊長為4的正方形，平面平面ABCD，且，則球面O的表面積為（    ）A． B． C． D． 二、填空題13．在等差數列中，已知，則該數列前項和__________．14．欲利用隨機數表從00，01，02，，59這些編號中抽取一個容量為6的樣本，抽取方法是從下面的隨機數表的第1行第11列開始向右讀取，每次讀取兩位，直到取足樣本，則第4個被抽取的樣本的編號為______.63 01 63 78 59   16 95 55 67 19   98 19 50 71 75   12 86 73 58 07   44 39 52 38 7933 21 12 34 29   78 64 56 07 82   52 42 07 44 38   15 51 00 13 42   99 66 02 79 5415．寫出一個半徑為且與圓及直線都相切的圓的方程________．16．函數，且，若關于x的不等式的解集為，則實數a的取值范圍為______. 三、解答題17．在中，角所對的邊分別，且(1)求角A的值；(2)已知在邊上，且，求的面積的最大值18．如圖，在直三棱柱中，D是的中點，，，．(1)證明：平面BCD．(2)求點D到平面的距離．19．隨著容城生態(tài)公園綠道全環(huán)貫通，環(huán)城綠道騎行成為最熱門的戶外休閑方式之一.環(huán)城綠道全程約100公里，不僅可以繞蓉城一圈，更能360度無死角欣賞蓉城這座城市的發(fā)展與魅力.某位同學近半年來騎行了5次，各次騎行期間的身體綜合指標評分與對應用時（單位：小時）如下表：身體綜合指標評分12345用時小時9.58.67.876.1(1)由上表數據看出，可用線性回歸模型擬合與的關系，請用相關系數加以說明；(2)建立關于的回歸方程.參考數據和參考公式：相關系數.20．已知函數，.(1)討論的單調區(qū)間；(2)若有3個零點，求的取值范圍.21．已知橢圓：的離心率為，、分別是其左、右焦點，若是橢圓上的右頂點，且．(1)求橢圓的方程；(2)設直線與橢圓交于兩點，點關于軸的對稱點為（與不重合），問直線與軸是否交于一個定點？若是，請寫出該定點的坐標，并證明你的結論；若不是，請說明理由．22．在直角坐標系中，已知曲線（為參數， ），在極坐標系中，曲線是以為圓心且過極點O的圓．(1)分別寫出曲線普通方程和曲線的極坐標方程；(2)直線與曲線、分別交于M、N兩點（異于極點O），求．23．已知函數，．(1)若，求不等式的解集；(2)已知，若對任意，都存在，使得，求實數的取值范圍．
參考答案：1．A【分析】解不等式求得集合，進而求得.【詳解】，解得，所以，由于，所以.故選：A2．A【解析】先進行分母實數化，化簡，再根據條件得虛部為零，計算即得結果.【詳解】因為為實數，則，即，所以.故選：A.3．B【分析】根據向量的模長公式以及數量積的運算律即可求解.【詳解】因為，，，所以，所以.故選：B4．C【分析】結合莖葉圖的數據分布特點，以及統(tǒng)計數據的極差、平均數、中位數、方差，依次分析選項，即可得答案．【詳解】解：根據題意，依次分析選項：對于A，甲得分的極差為31，，解得：，A正確；對于B，乙的平均數為，解得，B正確；對于C，乙的數據為：12、25、26、26、31，其中位數是26，C錯誤；對于D，甲的平均數，與乙的平均數相同，但根據莖葉圖可得乙得分比較集中，則乙得分的方差小于甲得分的方差，D正確；故選：C．5．C【分析】作出可行域，結合圖形即可得出結果.【詳解】如圖所示作出可行域，當過直線和的交點即時，此時.故選：C6．A【分析】點在C上，代入拋物線方程可得，過點A作l的垂線，垂足為H， l與x軸交于點G，有，所以為中點，可求.【詳解】由在上，有，得，所以，， 過點A作l的垂線，垂足為H，由拋物線的定義可知，設l與x軸交于點G，則，有，又，所以為中點，有，．故選：A．7．B【分析】列舉出循環(huán)的每一步，結合余弦函數的周期性可求得輸出結果.【詳解】因為對任意的，，執(zhí)行第一次循環(huán)，，，不成立；執(zhí)行第二次循環(huán)，，，不成立；執(zhí)行第三次循環(huán)，，，不成立；，以此類推，執(zhí)行最后一次循環(huán)，，，成立，跳出循環(huán)體，因為，因此，輸出結果為.故選：B.8．A【分析】根據兩函數圖象的關系知，所求函數為偶函數且時兩函數解析式相同，即可得解.【詳解】根據函數圖象知，當時，所求函數圖象與已知函數相同，當時，所求函數圖象與時圖象關于軸對稱，即所求函數為偶函數且時與相同，故BD不符合要求，當時，，，故A正確，C錯誤.故選：A.9．C【分析】根據空間線面位置關系依次討論各選項即可得答案.【詳解】解：對于A選項，由分別為所在棱的中點得，由正方體的性質易知，平面，平面，所以，，，平面，所以平面，平面，所以平面平面，故A選項正確；對于B選項，為下底面的中心，故為的中點，因為為所在棱的中點，所以，故B選項正確；對于C選項，若，由B選項知，則有，令一方面，由正方體的性質知為直角三角形，，所以，不滿足，故C選項錯誤；對于D選項，由A選項知，由正方體的性質易知，所以，平面，平面，所以平面，故D選項正確.故選：C10．C【分析】根據等比數列的知識求得數列的首項和公比，從而求得.【詳解】設等比數列的公比為，且，，，，所以，即故選：C11．B【分析】由以及極值點的知識求得，求得的單調區(qū)間，進而求得在區(qū)間上的最大值.【詳解】，由于是的極值點，所以，此時，所以在區(qū)間遞減；在區(qū)間遞增.所以是極小值點，符合題意.，，由于，所以在區(qū)間上的最大值為.故選：B12．C【分析】如圖，取中點為E，三角形外接圓圓心為，正方形ABCD外接圓圓心為，過做平面，底面ABCD垂線，則兩垂線交點為四棱錐外切球球心O.由題目條件，可證得四邊形為矩形，設外接球半徑為R，則.后可得答案.【詳解】如圖，取中點為E，三角形外接圓圓心為，正方形ABCD外接圓圓心為，過作平面，底面ABCD垂線，則兩垂線交點為四棱錐外接球球心O.因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，則平面ABCD.又平面ABCD，則.因，則四邊形為矩形.設三角形外接圓半徑為，則，又則.則，設外接球半徑為R，則，又，則，則球O表面積為：.故選：C.13．【分析】由等差數列的性質和前項和公式進行計算即可.【詳解】∵數列為等差數列，∴由等差數列的性質，，∴該數列的前項和.故答案為：.14．【分析】根據隨機數表法的讀取規(guī)則，讀取第4個被抽取的樣本的編號.【詳解】從隨機數表的第1行第11列開始向右讀取，每次讀取兩位編號有：16，95，55，67，……，不大于59的有16，55，19，19（重復劃掉），50，……，第4個被抽取的樣本的編號為50.故答案為：50.15．（答案不唯一）.【分析】設所求圓的圓心坐標為，根據由已知圓與直線相切，圓與圓相切，列出方程即可求解.【詳解】設所求圓的圓心坐標為，由已知圓與直線相切，圓與圓相切，則有，即得或或，所以所求圓的方程為或或，故答案為：（答案不唯一）.16．【分析】當時，運用參數分離法，構造函數利用導數研究函數的性質即得，當時根據二次不等式的解法討論的范圍進而即得.【詳解】由題意知，當時，；當時，；當時，．當時， ，即 ，構造函數 ，當 時， 單調遞增，當 時， 單調遞減， ， ；當時，，當時，由，得，不合題意；當時，由，得，不合題意；當時，由，得，，所以，此時，不合題意；當時，由，得，又，所以，此時適合題意；綜上，關于x的不等式的解集為，則 .故答案為：.17．(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理邊角互化結合和差角關系可得，即可得，進而可求，（2）根據向量的線性表示以及模長公式可得，結合不等式即可求解最值成立的條件,由面積公式即可求解.【詳解】（1）在中因為．由正弦定理得，所以，因為，所以．故又是的內角，所以．從而．而A為的內角，所以；（2）因為所以,所以，從而，由基本不等式可得：，當且僅當時等號成立，故的面積的最大值為.18．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）確定，根據相似得到，得到線面垂直.（2）計算，，再根據等體積法計算得到距離.【詳解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，故，，，平面，故平面，平面，． 因為，，所以．又D是的中點，，所以，所以，則．因為，平面BCD，所以平面BCD．（2）． ， 所以． 設點D到平面的距離為d，由，得， 解得，即點D到平面的距離為．19．(1)答案見解析(2) 【分析】（1）根據數據求出相關系數，由相關系數的可判斷相關程度；（2）利用公式直接計算可得.【詳解】（1），相關系數近似為，說明與負相關，且相關程度相當高，從而可用線性回歸模型擬合與的關系；（2）由（1）中數據，，，關于的回歸方程為.20．(1)答案見解析(2) 【分析】（1）先求出函數的定義域，從而根據函數的解析式，求出函數的導函數，分析導函數符號在不同區(qū)間上的取值，根據導函數符號與原函數的單調性之間的關系即可求出所求區(qū)間．（2）由條件，根據函數的單調性結合零點存在性定理可求的取值范圍.【詳解】（1）的定義域為，若，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，單調遞增.若，則恒成立，在上單調遞增.綜上，當時，的單調遞增區(qū)間為，，單調遞減區(qū)間為；當時，的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間（2）因為有3個零點，所以，又的單調遞增區(qū)間為，，單調遞減區(qū)間為，所以，，解得，此時，，故函數在區(qū)間上各有一個零點，即函數在區(qū)間上各有一個零點，滿足要求；所以的取值范圍為.【點睛】關鍵點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．21．(1)(2)直線與軸交于定點. 【分析】（1）由題知，，再根據即可求得答案；（2）設，則，進而求解直線與軸的交點橫坐標，最后聯立方程， 結合韋達定理計算即可.【詳解】（1）解：設橢圓的焦距為，因為橢圓：的離心率為，所以，即，因為，，所以，因為，所以，，，.所以，橢圓的方程為.（2）解：設，則，所以，聯立方程得，，所以，因為直線與橢圓交于兩點，點關于軸的對稱點為與不重合，所以，，即，所以，，直線的方程為，令得，又因為，所以所以，直線與軸交于點22．(1)；(2) 【分析】（1）利用，消去參數，即可得到曲線普通方程，先寫出曲線的普通方程，然后將代入，即可得到本題答案；（2）先求出兩點的極坐標，然后根據，即可得到本題答案.【詳解】（1）由曲線（為參數，），消去參數，得，所以曲線的直角坐標方程為，因為曲線是以為圓心的圓，且過極點O，所以圓心為，半徑為1，故的直角坐標方程為：，即，將代入可得：圓的極坐標方程為（2）因為曲線的直角坐標方程為，即，將代入化簡可得的極坐標方程為：（），所以的極坐標方程為；的極坐標方程為；因為M、N是直線與曲線、的兩個交點，不妨設， 由（1）得：，：，所以，從而，23．(1)(2) 【分析】（1）分類討論去絕對值，即可得到本題答案；（2）利用絕對值三角不等式求出的最小值，然后結合基本不等式，即可得到本題答案.【詳解】（1）解：當時，，因為，當時，即，；當時，即，；當時，即，，綜上可得不等式的解集為（2）解：，當且僅當時取等號，，又，且，，當且僅當，即，時等號成立，所以 根據題意可得，解得或，的取值范圍是． 

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