广西壮族自治区玉林市2023-2024学年高三上学期数学第一次摸底测试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·南宁模拟）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；利用对数函数的单调性比较大小；余弦函数的性质
【解析】【解答】解： 由集合，则.
故答案为：d.
【分析】根据对数函数的性质，以及余弦函数的性质，分别求得集合，再结合基本交集的概念与运算，即可求解.
2．（2023高三上·南宁模拟）已知复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意，可得，所以复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】根据题意，利用复数的除法，求得，结合复数的概念，即可求解.
3．（2023高三上·南宁模拟）已知直线和圆，则“”是“直线与圆相切”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】充要条件；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：由圆 可得，所以圆心，半径为，
则圆心到直线的距离为，令，即，解得，
所以“”是“直线与圆相切”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据直线与圆的位置关系，列出方程，求得，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
4．（2023高三上·南宁模拟）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由 ，可得，
所以，可得，即，
又由.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数的基本关系式和倍角公式，求得，再由两角和的正切公式，即可求解.
5．（2023高三上·南宁模拟）若函数在内有且仅有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为（ ）
A．1 B． C． D．5
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解： 函数在内有且仅有一个零点，
即在内有且仅有一个根，即方程在内有且仅有一个根，令，可得，
当时，；当时，；
所以函数在单调递减，在单调递增，
当时，函数取得极小值，极小值为，所以，即，
又由，
当时，，所以单调递增，
又由，所以函数的最大值与最小值之和为.
故答案为：C.
【分析】根据题意，转化为方程在内有且仅有一个根，令，求得单调性和极小值，得到，即，再利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解.
6．（2023高三上·南宁模拟）已知的外心为，且，，向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 由，可得为的中点，
因为的外心为，所以为直角三角形，
又因为，可得，可得，
所以 向量在向量上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】根据题意，得到为的中点，进而得到为直角三角形，在结合投影向量的定义域运算，即可求解.
7．（2023高三上·南宁模拟）已知是定义在上的偶函数，对任意实数满足，且在上单调递增，设，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，可得，
又因为，所以，
所以，即函数的周期为2，
所以 ，
，
因为，所以，
又因为在 上单调递增，
根据函数的周期性可知：在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
故答案为：A.
【分析】根据题意，推得函数的周期为2，再由对数的运算性质，得到，结合函数的单调性与周期性，即可求解.
8．（2023高三上·南宁模拟）如图所示，是双曲线的左、右焦点，的右支上存在一点满足与双曲线左支的交点满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：在，由正弦定理得，
在，由正弦定理得，
又由，则，
两式相除，可得，
由，则，即，
设，由双曲线的定义可得，
由，可得，即，解得，
所以，
在中，由勾股定理得，即，
整理得，所以双曲线C的离心率为.
故答案为：D.
【分析】根据题意，推得和，进而得到，设，由双曲线的定义和勾股定理，求得，在中，得到，整理得，即可求得双曲线C的离心率.
二、多选题
9．（2023高三上·南宁模拟）为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（ ）
A．中位数为90，平均数为89
B．分位数为93
C．极差为30，标准差为58
D．去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小
【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将10名同学的成绩从小到大排列： ，
对于A中，根据中位数的定义，可得中位数为90，再由平均数的计算公式，可得：，所以A正确；
对于B中，由，所以70%分位数为，所以B正确；
对于C中，根据给定的数据，可得极差为，
所以标准差为，所以C错误；
对于D中，去掉一个最低分和一个最高分的平均数为：
，
所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据数据的中位数、平均数，百分位数，极差，方差和标准差的概念，逐项判定，即可求解.
10．（2023高三上·南宁模拟）已知，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为16 B．的最小值为9
C．的最大值为1 D．的最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为 ，当且仅当时，即时，等号成立，
解得，所以A正确；
由，可得 ，
则，当且仅当时，即时，等号成立，所以B正确；
因为，可得，所以，则，所以C错误；
由，因为，可得，
根据二次函数的性质可知，当，即时，函数取得最小值，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意，利用基本不等式以及二次函数的性质，逐项运算，即可求解.
11．（2023高三上·南宁模拟）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于对称
C．函数在的值域为
D．要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位
【答案】A,C,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由函数的图象，可得，可得，即，又由，可得，所以，所以A正确；
由，所以函数的图象不关于对称，所以B错误；
由，可得，则，所以函数的值域为 ，所以C正确；
由函数的图象向左平移个单位 ，
可得，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意，结合函数的图象，求得，再结合三角函数的性质，以及三角函数的图象变换，逐项判定，即可求解.
12．（2023高三上·南宁模拟）如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若G是线段上的动点，则（ ）
A．与所成角的正切值最大为
B．在上存在点G，使得
C．当G为上的中点时，三棱锥的外接球半径最小
D．的最小值为
【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线的判定；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：因为 平面， 且交线为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
因为，所以与所成的角为，
可得，当点G与F重合时，BG最长，且为5，
所以的最大值为，所以A正确；
假设在EF上存在点G，使得，
因为平面，且平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
设，则，
在直角中，，可得方程，该方程无解，
所以假设不成立，即在EF上不存在E点，使得，所以B不正确；
设的外接圆的半径为r，因为平面，所以三棱锥的外接球的半径满足：，设，
由正弦定理得，因为，
所以，
因为，所以，所以为锐角，
当时，G为EF的中点，取得最小值，取得最大值，取得最大值，r取得最小值，三棱锥的外接球半径R取得最小值，所以C正确.
由，，
设，如图所示，
设关于x轴对称的点为，则，
直线方程为，令，得，即当时，的最小值为，所以D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据题意，证得平面，得到，再由，得到与所成的角为，结合，结合点G与F重合时，可判定A正确；假设在EF上存在点G，使得，证得平面，得到，设，在直角中，利用勾股定理得到方程，结合该方程无解，可判定B不正确；设的外接圆的半径为r，三棱锥的外接球的半径满足：，由正弦定理得及，得到，结合当时，取得最小值，可判定C正确；由，得到，结合对称性，可得判定D错误.
三、填空题
13．（2023高三上·南宁模拟）已知公差不为零的等差数列的前项和为，则 .
【答案】7
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列为等差数列，且 ，
所以，可得，则.
故答案为：7.
【分析】根据题意，结合等差数列的通项公式，求得，然后结合等差数列的求和公式，即可求解.
14．（2023高三上·南宁模拟）1886年5月1日，芝加哥的二十一万六千余名工人为争取实行八小时工作制而举行大罢工，经过艰苦的流血斗争，终于获得了胜利.为纪念这次伟大的工人运动，1889年7月由恩格斯领导的第二国际在巴黎举行代表大会，会议上宣布将五月一日定为国际劳动节.五一劳动节某单位安排甲、乙、丙3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知甲在五一长假期间值班2天，则甲连续值班的概率是 .
【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意，甲在五一长假期间值班2天，有种值班方法，
其中甲连续2天值班的情况有4种，所以甲连续值班的概率为.
故答案为：.
【分析】分别求出甲在五一长假期间值班2天和连续2天值班的值班方法数，即可求解.
15．（2023高三上·南宁模拟）已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为 ．
【答案】8
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：如图所示，
圆 的圆心为，半径为3，
设圆 关于直线 的对称圆为圆，则，
则，解得，所以圆的圆心为，半径为1，
因为，所以两圆外切.
此时E点对称点为，且，
所以，则点五点共线，且在圆B左侧，在圆右侧时，最大，最大值为
故答案为：8.
【分析】圆 关于直线 的对称圆为圆，联立方程组，求得，进而求得的值.
四、双空题
16．（2023高三上·南宁模拟）若是区间上的单调函数，满足，，且（为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点处的切线与x轴交点的横坐标，当与的误差估计值（m为的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为 ，相应的值为 ．
【答案】2；
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：设，则，
当，，
故可用牛顿切线法求，求得在区间上的根的近似值，
由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即，
图象在点处的切线方程为，
化简，令，可得，
由于，所以，，
所以，
，，
故作为的近似值.
故答案为：2；.
【分析】根据牛顿切线法求得切线方程为，得到，代入验证作为的近似值.
五、解答题
17．（2023高三上·玉林模拟）在⑴；⑵；⑶这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，内角的对边分别为，且满足 ▲ .
①求角；
②若的外接圆周长为，求边上的中线长.
【答案】解：选⑴；
①则，
所以，而，则，
所以；
②由，则，故，，即，
结合①易知：为顶角为的等腰三角形，如下图，是中点，
的外接圆周长为，若外接圆半径为，则，
所以，而，
所以，
则，即求边上的中线长为.
选⑵：因为 ，则，
可得，且，所以 ；
选 ⑶ ：因为 ，
由正弦定理可得，
则，
可得，
可得，且，所以 .
【知识点】向量加减法的应用；平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；诱导公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 ⑴ 根据三角形内角和结合正弦定理分析求解；⑵根据向量的数量积结合面积公式运算求解；⑶ 利用正弦定理可得，结合两角和差公式运算求解.
18．（2023高三上·南宁模拟）设数列的前项和为，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围.
【答案】（1）解：一方面：因为，所以，
所以，即；
另一方面：又时，有，即，且，
所以此时；
结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）可知，
又由题意，
数列的前项和为，
又，都有，故只需，
而关于单调递增，
所以关于单调递减，关于单调递增，
所以当时，有，
因此，即，解得，
综上所述：的取值范围为.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据题意，得到，求得，再由时，求得，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）可知，得到，结合裂项法求和，求得，转化为，结合指数函数的性质，即可求解.
19．（2023高三上·南宁模拟）后疫情时代，为了可持续发展，提高人民幸福指数，国家先后出台了多项减税增效政策.某地区对在职员工进行了个人所得税的调查，经过分层随机抽样，获得500位在职员工的个人所得税(单位：百元)数据，按，分成九组，制成如图所示的频率分布直方图：假设每个组内的数据是均匀分布的.
（1）求这500名在职员工的个人所得税的中位数(保留到小数点后一位)；
（2）从个人所得税在三组内的在职员工中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，求的分布列和数学期望；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，记年个税在内的员工人数为，求的数学期望与方差.
【答案】（1）解：设这500名在职员工的个人所得税的中位数为，
则由频率分布直方图得，
解得，
所以这500名在职员工的个人所得税的中位数为百元.
（2）解：由题意抽取的10人中，年个税在内的员工人数为人，
年个税在内的员工人数为人，
年个税在内的员工人数为人，
若现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，
则的所有可能取值为，
所以，，
，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
的数学期望为：.
（3）解：由频率分布直方图可知年个税在内的概率为，
从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，恰有个员工的年个税在内的分布列服从二项分布，
由二项分布的数学期望、方差公式可得，
即的数学期望与方差分别为.
【知识点】众数、中位数、平均数；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的中位数的计算方法，即可求解；
（2）根据分层抽样的方法，求得各层的人数，得到的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，即可求解；
（3）由频率分布直方图可知年个税在内的概率为，得到服从二项分布，集合期望和方差的公式，即可求解.
20．（2023高三上·南宁模拟）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角.
（1）当时，求证：；
（2）当时，求二面角的正弦值.
【答案】（1）解：因为，，，
所以，，，
因为，所以，
因二面角为直二面角，所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）解：取的中点，在上取点使，
由得，，故，，
又因平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
故如图建立空间直角坐标系，
由得，故，
又，，则，
故，，，，
则，，
由题知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，得，令，得，，
，
设二面角的平面角为，则，
故，
即二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据题意，证得，得到，结合二面角为直二面角，证得平面，进而证得；
（2）取的中点，在上取点使，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
21．（2023高三上·南宁模拟）已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
（1）说明是什么曲线，并求的方程；
（2）设是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值 若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1）解：根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
（2）解：不妨设，，且，；
则易知；
易知直线的斜率都存在，如下图所示：
所以直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
所以，
可得；
由，可得，，；
所以；
因此为定值，.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，得到和两点关于原点对称，且，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）不妨设，，得到直线的方程为，求得点，以及直线的方程为，以及，结合得，进而化简得到为定值.
六、证明题
22．（2023高三上·南宁模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间上存在唯一零点，求证：.
【答案】（1）解：对求导得，，分以下两大情形来讨论的单调性：
情形一：当时，有，令，解得，
所以当时，有，此时单调递减，
当时，有，此时单调递增；
所以在单调递减，在单调递增；
情形二：当时，令，解得，
接下来又分三种小情形来讨论的单调性：
情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；
情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；
情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：因为，所以由题意，
又因为在区间上存在唯一零点，
所以存在唯一的，有，化简得，
若要证明，则只需，即只需，
不妨设，求导得，
令，继续求导得，
所以当时，单调递增，
所以，
所以当时，单调递增，
所以，
即当时，有不等式成立，
综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求得，分、，两种情况讨论，结合导数值的符号，即可求解.
（2）根据题意，得到，由在区间上存在唯一零点，转化为存在唯一的，有，得到转化为，进而转化为，不妨设，求得，令，利用导数求得函数的单调性，证得不等式成立，即可得到答案.
广西壮族自治区玉林市2023-2024学年高三上学期数学第一次摸底测试试卷
一、单选题
1．（2023高三上·南宁模拟）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高三上·南宁模拟）已知复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023高三上·南宁模拟）已知直线和圆，则“”是“直线与圆相切”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2023高三上·南宁模拟）若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高三上·南宁模拟）若函数在内有且仅有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为（ ）
A．1 B． C． D．5
6．（2023高三上·南宁模拟）已知的外心为，且，，向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高三上·南宁模拟）已知是定义在上的偶函数，对任意实数满足，且在上单调递增，设，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高三上·南宁模拟）如图所示，是双曲线的左、右焦点，的右支上存在一点满足与双曲线左支的交点满足，则双曲线的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
二、多选题
9．（2023高三上·南宁模拟）为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（ ）
A．中位数为90，平均数为89
B．分位数为93
C．极差为30，标准差为58
D．去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小
10．（2023高三上·南宁模拟）已知，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小值为16 B．的最小值为9
C．的最大值为1 D．的最小值为
11．（2023高三上·南宁模拟）已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象关于对称
C．函数在的值域为
D．要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位
12．（2023高三上·南宁模拟）如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若G是线段上的动点，则（ ）
A．与所成角的正切值最大为
B．在上存在点G，使得
C．当G为上的中点时，三棱锥的外接球半径最小
D．的最小值为
三、填空题
13．（2023高三上·南宁模拟）已知公差不为零的等差数列的前项和为，则 .
14．（2023高三上·南宁模拟）1886年5月1日，芝加哥的二十一万六千余名工人为争取实行八小时工作制而举行大罢工，经过艰苦的流血斗争，终于获得了胜利.为纪念这次伟大的工人运动，1889年7月由恩格斯领导的第二国际在巴黎举行代表大会，会议上宣布将五月一日定为国际劳动节.五一劳动节某单位安排甲、乙、丙3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知甲在五一长假期间值班2天，则甲连续值班的概率是 .
15．（2023高三上·南宁模拟）已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为 ．
四、双空题
16．（2023高三上·南宁模拟）若是区间上的单调函数，满足，，且（为函数的导数），则可用牛顿切线法求在区间上的根的近似值：取初始值，依次求出图象在点处的切线与x轴交点的横坐标，当与的误差估计值（m为的最小值）在要求范围内时，可将相应的作为的近似值．用上述方法求方程在区间上的根的近似值时，若误差估计值不超过0.01，则满足条件的k的最小值为 ，相应的值为 ．
五、解答题
17．（2023高三上·玉林模拟）在⑴；⑵；⑶这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.
在中，内角的对边分别为，且满足 ▲ .
①求角；
②若的外接圆周长为，求边上的中线长.
18．（2023高三上·南宁模拟）设数列的前项和为，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围.
19．（2023高三上·南宁模拟）后疫情时代，为了可持续发展，提高人民幸福指数，国家先后出台了多项减税增效政策.某地区对在职员工进行了个人所得税的调查，经过分层随机抽样，获得500位在职员工的个人所得税(单位：百元)数据，按，分成九组，制成如图所示的频率分布直方图：假设每个组内的数据是均匀分布的.
（1）求这500名在职员工的个人所得税的中位数(保留到小数点后一位)；
（2）从个人所得税在三组内的在职员工中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，求的分布列和数学期望；
（3）以样本的频率估计概率，从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，记年个税在内的员工人数为，求的数学期望与方差.
20．（2023高三上·南宁模拟）如图，在矩形中，，，点是边上的动点，沿将翻折至，使二面角为直二面角.
（1）当时，求证：；
（2）当时，求二面角的正弦值.
21．（2023高三上·南宁模拟）已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
（1）说明是什么曲线，并求的方程；
（2）设是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值 若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
六、证明题
22．（2023高三上·南宁模拟）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在区间上存在唯一零点，求证：.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；利用对数函数的单调性比较大小；余弦函数的性质
【解析】【解答】解： 由集合，则.
故答案为：d.
【分析】根据对数函数的性质，以及余弦函数的性质，分别求得集合，再结合基本交集的概念与运算，即可求解.
2．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意，可得，所以复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】根据题意，利用复数的除法，求得，结合复数的概念，即可求解.
3．【答案】C
【知识点】充要条件；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：由圆 可得，所以圆心，半径为，
则圆心到直线的距离为，令，即，解得，
所以“”是“直线与圆相切”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】根据直线与圆的位置关系，列出方程，求得，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
4．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由 ，可得，
所以，可得，即，
又由.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数的基本关系式和倍角公式，求得，再由两角和的正切公式，即可求解.
5．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解： 函数在内有且仅有一个零点，
即在内有且仅有一个根，即方程在内有且仅有一个根，令，可得，
当时，；当时，；
所以函数在单调递减，在单调递增，
当时，函数取得极小值，极小值为，所以，即，
又由，
当时，，所以单调递增，
又由，所以函数的最大值与最小值之和为.
故答案为：C.
【分析】根据题意，转化为方程在内有且仅有一个根，令，求得单调性和极小值，得到，即，再利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解： 由，可得为的中点，
因为的外心为，所以为直角三角形，
又因为，可得，可得，
所以 向量在向量上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】根据题意，得到为的中点，进而得到为直角三角形，在结合投影向量的定义域运算，即可求解.
7．【答案】A
【知识点】奇偶性与单调性的综合；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，可得，
又因为，所以，
所以，即函数的周期为2，
所以 ，
，
因为，所以，
又因为在 上单调递增，
根据函数的周期性可知：在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
故答案为：A.
【分析】根据题意，推得函数的周期为2，再由对数的运算性质，得到，结合函数的单调性与周期性，即可求解.
8．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：在，由正弦定理得，
在，由正弦定理得，
又由，则，
两式相除，可得，
由，则，即，
设，由双曲线的定义可得，
由，可得，即，解得，
所以，
在中，由勾股定理得，即，
整理得，所以双曲线C的离心率为.
故答案为：D.
【分析】根据题意，推得和，进而得到，设，由双曲线的定义和勾股定理，求得，在中，得到，整理得，即可求得双曲线C的离心率.
9．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本的数字特征估计总体的数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将10名同学的成绩从小到大排列： ，
对于A中，根据中位数的定义，可得中位数为90，再由平均数的计算公式，可得：，所以A正确；
对于B中，由，所以70%分位数为，所以B正确；
对于C中，根据给定的数据，可得极差为，
所以标准差为，所以C错误；
对于D中，去掉一个最低分和一个最高分的平均数为：
，
所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据数据的中位数、平均数，百分位数，极差，方差和标准差的概念，逐项判定，即可求解.
10．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为 ，当且仅当时，即时，等号成立，
解得，所以A正确；
由，可得 ，
则，当且仅当时，即时，等号成立，所以B正确；
因为，可得，所以，则，所以C错误；
由，因为，可得，
根据二次函数的性质可知，当，即时，函数取得最小值，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意，利用基本不等式以及二次函数的性质，逐项运算，即可求解.
11．【答案】A,C,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由函数的图象，可得，可得，即，又由，可得，所以，所以A正确；
由，所以函数的图象不关于对称，所以B错误；
由，可得，则，所以函数的值域为 ，所以C正确；
由函数的图象向左平移个单位 ，
可得，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据题意，结合函数的图象，求得，再结合三角函数的性质，以及三角函数的图象变换，逐项判定，即可求解.
12．【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线的判定；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：因为 平面， 且交线为，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
因为，所以与所成的角为，
可得，当点G与F重合时，BG最长，且为5，
所以的最大值为，所以A正确；
假设在EF上存在点G，使得，
因为平面，且平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
设，则，
在直角中，，可得方程，该方程无解，
所以假设不成立，即在EF上不存在E点，使得，所以B不正确；
设的外接圆的半径为r，因为平面，所以三棱锥的外接球的半径满足：，设，
由正弦定理得，因为，
所以，
因为，所以，所以为锐角，
当时，G为EF的中点，取得最小值，取得最大值，取得最大值，r取得最小值，三棱锥的外接球半径R取得最小值，所以C正确.
由，，
设，如图所示，
设关于x轴对称的点为，则，
直线方程为，令，得，即当时，的最小值为，所以D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据题意，证得平面，得到，再由，得到与所成的角为，结合，结合点G与F重合时，可判定A正确；假设在EF上存在点G，使得，证得平面，得到，设，在直角中，利用勾股定理得到方程，结合该方程无解，可判定B不正确；设的外接圆的半径为r，三棱锥的外接球的半径满足：，由正弦定理得及，得到，结合当时，取得最小值，可判定C正确；由，得到，结合对称性，可得判定D错误.
13．【答案】7
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列为等差数列，且 ，
所以，可得，则.
故答案为：7.
【分析】根据题意，结合等差数列的通项公式，求得，然后结合等差数列的求和公式，即可求解.
14．【答案】
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意，甲在五一长假期间值班2天，有种值班方法，
其中甲连续2天值班的情况有4种，所以甲连续值班的概率为.
故答案为：.
【分析】分别求出甲在五一长假期间值班2天和连续2天值班的值班方法数，即可求解.
15．【答案】8
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：如图所示，
圆 的圆心为，半径为3，
设圆 关于直线 的对称圆为圆，则，
则，解得，所以圆的圆心为，半径为1，
因为，所以两圆外切.
此时E点对称点为，且，
所以，则点五点共线，且在圆B左侧，在圆右侧时，最大，最大值为
故答案为：8.
【分析】圆 关于直线 的对称圆为圆，联立方程组，求得，进而求得的值.
16．【答案】2；
【知识点】导数的几何意义
【解析】【解答】解：设，则，
当，，
故可用牛顿切线法求，求得在区间上的根的近似值，
由于在单调递增，所以，所以的最小值为2，即，
图象在点处的切线方程为，
化简，令，可得，
由于，所以，，
所以，
，，
故作为的近似值.
故答案为：2；.
【分析】根据牛顿切线法求得切线方程为，得到，代入验证作为的近似值.
17．【答案】解：选⑴；
①则，
所以，而，则，
所以；
②由，则，故，，即，
结合①易知：为顶角为的等腰三角形，如下图，是中点，
的外接圆周长为，若外接圆半径为，则，
所以，而，
所以，
则，即求边上的中线长为.
选⑵：因为 ，则，
可得，且，所以 ；
选 ⑶ ：因为 ，
由正弦定理可得，
则，
可得，
可得，且，所以 .
【知识点】向量加减法的应用；平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式；诱导公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 ⑴ 根据三角形内角和结合正弦定理分析求解；⑵根据向量的数量积结合面积公式运算求解；⑶ 利用正弦定理可得，结合两角和差公式运算求解.
18．【答案】（1）解：一方面：因为，所以，
所以，即；
另一方面：又时，有，即，且，
所以此时；
结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）可知，
又由题意，
数列的前项和为，
又，都有，故只需，
而关于单调递增，
所以关于单调递减，关于单调递增，
所以当时，有，
因此，即，解得，
综上所述：的取值范围为.
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的递推公式；数列与不等式的综合
【解析】【分析】（1）根据题意，得到，求得，再由时，求得，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）可知，得到，结合裂项法求和，求得，转化为，结合指数函数的性质，即可求解.
19．【答案】（1）解：设这500名在职员工的个人所得税的中位数为，
则由频率分布直方图得，
解得，
所以这500名在职员工的个人所得税的中位数为百元.
（2）解：由题意抽取的10人中，年个税在内的员工人数为人，
年个税在内的员工人数为人，
年个税在内的员工人数为人，
若现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，
则的所有可能取值为，
所以，，
，，
所以的分布列为：
0 1 2 3
的数学期望为：.
（3）解：由频率分布直方图可知年个税在内的概率为，
从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，恰有个员工的年个税在内的分布列服从二项分布，
由二项分布的数学期望、方差公式可得，
即的数学期望与方差分别为.
【知识点】众数、中位数、平均数；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的中位数的计算方法，即可求解；
（2）根据分层抽样的方法，求得各层的人数，得到的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，即可求解；
（3）由频率分布直方图可知年个税在内的概率为，得到服从二项分布，集合期望和方差的公式，即可求解.
20．【答案】（1）解：因为，，，
所以，，，
因为，所以，
因二面角为直二面角，所以平面平面，
又平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）解：取的中点，在上取点使，
由得，，故，，
又因平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
故如图建立空间直角坐标系，
由得，故，
又，，则，
故，，，，
则，，
由题知平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，得，令，得，，
，
设二面角的平面角为，则，
故，
即二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据题意，证得，得到，结合二面角为直二面角，证得平面，进而证得；
（2）取的中点，在上取点使，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
21．【答案】（1）解：根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
（2）解：不妨设，，且，；
则易知；
易知直线的斜率都存在，如下图所示：
所以直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
所以，
可得；
由，可得，，；
所以；
因此为定值，.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，得到和两点关于原点对称，且，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）不妨设，，得到直线的方程为，求得点，以及直线的方程为，以及，结合得，进而化简得到为定值.
22．【答案】（1）解：对求导得，，分以下两大情形来讨论的单调性：
情形一：当时，有，令，解得，
所以当时，有，此时单调递减，
当时，有，此时单调递增；
所以在单调递减，在单调递增；
情形二：当时，令，解得，
接下来又分三种小情形来讨论的单调性：
情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；
情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；
情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：因为，所以由题意，
又因为在区间上存在唯一零点，
所以存在唯一的，有，化简得，
若要证明，则只需，即只需，
不妨设，求导得，
令，继续求导得，
所以当时，单调递增，
所以，
所以当时，单调递增，
所以，
即当时，有不等式成立，
综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）求得，分、，两种情况讨论，结合导数值的符号，即可求解.
（2）根据题意，得到，由在区间上存在唯一零点，转化为存在唯一的，有，得到转化为，进而转化为，不妨设，求得，令，利用导数求得函数的单调性，证得不等式成立，即可得到答案.
