2023届广西部分学校高三二轮复习阶段性测试数学（理）试题含解析

2023届广西部分学校高三二轮复习阶段性测试数学（理）试题

一、单选题

1．已知为虚数单位，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据复数的除法运算化简，再根据虚部的定义即可得解.

【详解】，故所求虚部为.

故选：A.

2．若集合，则（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】B

【分析】先根据一元二次不等式的解法求出集合，再根据补集的定义即可得解.

【详解】解：依题意，，

则或.

故选：B.

3．唐代数学家､天文学家僧一行，利用“九服晷影算法”建立了从0°到80°的晷影长与太阳天顶距的对应数表.已知晷影长､表高h与太阳天顶距满足，记太阳天顶距为75°时晷影长为，太阳天顶距为45°时晷影长为，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据晷影长､表高h与太阳天顶距满足求解.

【详解】解：依题意：，

故选：C.

4．已知等比数列的前项和为，若，则（    ）

A．127 B．254 C．510 D．255

【答案】D

【分析】利用等比数列的通项公式及前项和公式即可求解.

【详解】设等比数列的首项为，公比为，则显然，

因为

所以，解得，

由，得，

所以.

故选:D.

5．二项式的展开式中含的项的系数为（    ）

A．-60 B．60 C．30 D．-30

【答案】B

【分析】求出二项式展开式的通项公式，利用，解得，即可求系数.

【详解】的展开式的通项公式为，

令，解得，故所求系数为.

故选：B.

6．已知正实数满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出.

【详解】解：依题意，，

故，当且仅当时等号成立.

故选:A.

7．已知函数且的图象过点，若当时，的值域中正整数的个数超过2023个，则的最小值为（    ）

A．9 B．10 C．11 D．12

【答案】C

【分析】根据函数的单调性求出值域即可求解.

【详解】依题意，；

易知在上单调递增，

当时，，此时正整数的个数是1027，

当时，，此时正整数的个数是2051，

故的最小值为11，

故选：C.

8．已知双曲线的左､右焦点分别为，过点且与轴垂直的直线与双曲线交于两点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在中利用边与角的关系可得，从而有，再求出离心率即可.

【详解】因为，，所以，

所以在中，，

所以，

所以，即，

故，则，则，

故，则，

解得（舍去，

故选：C.

9．已知函数的部分图象如下所示，其中，为了得到的图象，需将（    ）

A．函数的图象的横坐标伸长为原来的倍后，再向左平移个单位长度

B．函数的图象的横坐标缩短为原来的后，再向右平移个单位长度

C．函数的图象向左平移个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的倍

D．函数的图象向右平移个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的倍

【答案】D

【分析】根据已知条件可知，，即可求得，再代入点的坐标，根据已知条件的来确定解析式，最后根据伸缩平移法则即可求得.

【详解】依题意，，解得，故，则，而2，故，而，故.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到，再将横坐标伸长为原来的倍，得到.

故选：D.

10．已知在一个表面积为24的正方体中，点在上运动，则当取得最小值时，（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意将平面翻折至与平面共面，根据，由时，有最小值求解.

【详解】解：作出图形如下所示：

依题意：，故，

将平面翻折至与平面共面，

因为，

故当时，有最小值，此时，

过点作平面的垂线，垂足为，由余弦定理得：

，

则.

故选：A.

11．在一节数学研究性学习的课堂上，老师要求大家利用超级画板研究空间几何体的体积，步骤如下：第一步，绘制一个三角形；第二步，将所绘制的三角形绕着三条边各自旋转一周得到三个空间几何体；第三步，测算三个空间几何体的体积，若小明同学绕着的三条边AB，BC，AC旋转一周所得到的空间几何体的体积分别为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，结合旋转体的体积求出三边的关系，再利用余弦定理求解作答.

【详解】令的三边分别为，边上的高为，的面积为，

则以直线为轴所得旋转体体积，有，于是，

同理可得，则有，

由余弦定理得.

故选：C

12．若，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】令，利用其单调性比较b与c的大小；令，利用其单调性比较a与c的大小.

【详解】解：令，则，当时，，故函数在上单调递减，故，即，即；

令，则，当时，，故函数在上单调递增，故，即，故，则，

故选：A.

二、填空题

13．已知在中，，则__________.

【答案】

【分析】利用平面向量的数量积的运算律求解.

【详解】解：依题意，.

故答案为：

14．数列的前10项和为__________.

【答案】

【分析】利用裂项相消法进行求和即可.

【详解】解：，故.

故答案为：.

15．某单位为了调查性别与对工作的满意程度是否具有相关性，随机抽取了若干名员工，所得数据统计如下表所示，其中，且，若有的把握可以认为性别与对工作的满意程度具有相关性，则的值可以是__________.（横线上给出一个满足条件的x的值即可）

附：，其中.

【答案】（或中任意一个）

【分析】根据卡方公式求出的取值范围，再根据且，即可得解.

【详解】，解得，

因为且，所以或或或或或.

故答案为：（或中任意一个）

16．已知抛物线的焦点到准线的距离为，点、、、在抛物线上，，、、三点共线，、、三点共线，、、三点共线，则与的面积之比为__________.

【答案】

【分析】求出的值，设、、、，设出直线、的方程，将这两条直线的方程分别与抛物线的方程联立，结合韦达定理可得，，同理可得，再结合三角形的面积公式以及韦达定理可求得与的面积之比.

【详解】抛物线的焦点到准线的距离为，则，因为，则，

设点、、、，

设直线的方程为，联立可得，

则，由韦达定理可得，，

设直线的方程为，联立可得，

则，由韦达定理可得，，则，

同理可得，，

故.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

三、解答题

17．已知在：中，角所对的边分別为，且.

(1)求的值；

(2)若为钝角三角形，且，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将条件转化为，再利用正弦定理得到化简求解；

（2）根据结合，得到，且为钝角，然后利用余弦定理求解.

【详解】（1）解：依题意，，

故，

由正弦定理得，

即，故.

（2）因为，所以为锐角，

又，故，则，

因为为钝角三角形，所以为钝角；

因为，

所以，

解得，

所以的取值范围为.

18．某著名小吃店高峰时段面临用餐排队问题，店主打算扩充店面，为了确定扩充的位置大小，店主随机抽查了过去若干天内高峰时段的用餐人数，所得数据统计如下图所示.

(1)求高峰时段用餐人数的平均数以及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

(2)以频率估计概率，从餐厅以往的所有营业时间中随机抽取4天，记高峰时段用餐人数在的天数为，求的分布列以及数学期望.

【答案】(1)30.5；21

(2)分布列见解析，

【分析】（1）由频率分布直方图计算平均数及方差公式可得答案；

（2）由题可得用餐人数在的频率为，又的可能值为0，1，2，3，4，据此可得分布列及期望.

【详解】（1）依题意，；

；

（2）由题，用餐人数在的频率为.

的可能值为0，1，2，3，4.

则，

，

.

故的分布列为

故.

19．如图所示，在四棱锥中，，平面平面，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点.

(1)证明：点平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明点平面，即证四点都在平面中，即点平面；

（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量与直线的方向向量，由线面角公式即可求得.

【详解】（1）如图所示，

延长交于点，

因为，且，所以，

连接，在中，分别为的中点，

故与的交点为的重心，设为，所以，

因为，所以点与点重合，

所以四点都在平面中，即点平面.

（2）解：取的中点为，连接，因为，故，所以，

又平面平面，平面平面平面，

所以平面，

（2）又，所以.

以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设

则，

设平面的一个法向量为，则即

取，则；

则直线与平面所成角的正弦值.

20．已知椭圆与直线交于两点，且当时，.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)记椭圆的上､下顶点分别为，若点在直线上，证明：点在直线上.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）联立直线方程与椭圆方程，利用弦长公式，建立方程，可得答案；

（2）联立方程，写出韦达定理，根据直线方程，表示出点的坐标，结合斜率相等，可得答案.

【详解】（1）解：当时，直线，

联立，则，

设，故，

故

化简可得，，解得舍去，

故椭圆的标准方程为.

（2）证明：易知，根据题意得直线，

由，得，

根据题意，恒成立，设.

则，

直线的方程为，

令得，所以，

因为，

则直线的斜率分别为，

，

又

，所以，

所以点在直线上.

21．已知函数.

(1)若函数有两个零点，求实数的取值范围；

(2)若函数，是的导函数，证明：存在唯一的零点，且.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）把函数有两个零点问题转化为方程有两根，分离参数，转化为直线与函数有两个交点问题，数形结合即可求解；

（2）求导，构造函数，利用单调性及零点存在性定理证明存在唯一零点，利用函数最值符合证明不等式成立.

【详解】（1）令，则，记，由题意，直线与函数有两个交点，

因为，所以当时，，当时，，

即函数在上单调递增，在上单调递减，而，，

当时，，作出函数图象，如图:

由图可知，，直线与函数有两个交点，

即实数的取值范围为.

（2）依题意，，的定义域为.

，则，

令，，

显然在上单调递增，又，

所以存在，使得，且时，，时，，

因为，所以时，，时，，

故存在唯一的零点；

由得，所以.

因此，

当且仅当时等号成立.

故有唯一的零点，且.

22．已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系.

(1)求曲线的普通方程和极坐标方程；

(2)已知曲线上的两点的极坐标分别为，求面积的最大值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程转化为极坐标方程和直角坐标方程即可.

（2）极径的应用和三角函数求值域相结合求出面积的最大值.

【详解】（1）由参数方程,消去参数得，

则曲线的普通方程为，

将代入方程，

得到曲线的极坐标方程为.

（2）由题知，

则

，

当即时，取得最大值.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，求实数的取值范围.

【答案】(1)或.

(2)

【分析】(1)将函数表示为分段函数形式，分类讨论求解不等式即可；

(2)数形结合即可求解.

【详解】（1）依题意，

或或

解得或，

故不等式的解集为或.

（2）作出函数的大致图象如下所示，其中，

故直线的斜率为，

结合图象可知，，故实数的取值范围为.