2023-2024學年廣西賀州平桂高級中學高三下學期聯考數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．某幾何體的三視圖如右圖所示,則該幾何體的外接球表面積為()A． B．C． D．2．設是定義域為的偶函數，且在單調遞增，，則（）A． B．C． D．3．在中，角，，的對邊分別為，，，若，，，則（）A． B．3 C． D．44．已知函數且的圖象恒過定點，則函數圖象以點為對稱中心的充要條件是()A． B．C． D．5．要排出高三某班一天中，語文、數學、英語各節，自習課節的功課表，其中上午節，下午節，若要求節語文課必須相鄰且節數學課也必須相鄰（注意：上午第五節和下午第一節不算相鄰），則不同的排法種數是（）A． B． C． D．6．已知數列是公差為的等差數列，且成等比數列，則（）A．4 B．3 C．2 D．17．已知直線：與橢圓交于、兩點，與圓：交于、兩點.若存在，使得，則橢圓的離心率的取值范圍為（）A． B． C． D．8．如圖，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E為AD的中點，若，則λ＋μ的值為（）A． B． C． D．9．已知排球發球考試規則：每位考生最多可發球三次，若發球成功，則停止發球，否則一直發到次結束為止．某考生一次發球成功的概率為，發球次數為，若的數學期望，則的取值范圍為()A． B． C． D．10．已知函數，若不等式對任意的恒成立，則實數k的取值范圍是（）A． B． C． D．11．雙曲線的一條漸近線方程為，那么它的離心率為（）A． B． C． D．12．如圖是一個算法流程圖，則輸出的結果是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設、分別為橢圓：的左、右兩個焦點，過作斜率為1的直線，交于、兩點，則________14．棱長為的正四面體與正三棱錐的底面重合，若由它們構成的多面體的頂點均在一球的球面上，則正三棱錐的內切球半徑為______.15．已知集合，若，則__________．16．在中，角，，的對邊分別為，，，若，且，則面積的最大值為________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設函數.（1）若函數在是單調遞減的函數，求實數的取值范圍；（2）若，證明：.18．（12分）如圖，為坐標原點，點為拋物線的焦點，且拋物線上點處的切線與圓相切于點（1）當直線的方程為時，求拋物線的方程；（2）當正數變化時，記分別為的面積，求的最小值．19．（12分）已知件次品和件正品混放在一起，現需要通過檢測將其區分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出件次品或者檢測出件正品時檢測結束．（1）求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率；（2）已知每檢測一件產品需要費用元，設表示直到檢測出件次品或者檢測出件正品時所需要的檢測費用（單位：元），求的分布列．20．（12分）已知函數的圖象向左平移后與函數圖象重合.（1）求和的值；（2）若函數，求的單調遞增區間及圖象的對稱軸方程.21．（12分）若函數為奇函數，且時有極小值.（1）求實數的值與實數的取值范圍；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）如圖，底面是等腰梯形，，點為的中點，以為邊作正方形，且平面平面.（1）證明：平面平面.（2）求二面角的正弦值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

由三視圖知：幾何體為三棱錐，且三棱錐的一條側棱垂直于底面，結合直觀圖判斷外接球球心的位置，求出半徑，代入求得表面積公式計算．【詳解】由三視圖知：幾何體為三棱錐，且三棱錐的一條側棱垂直于底面，高為2，底面為等腰直角三角形，斜邊長為，如圖：的外接圓的圓心為斜邊的中點，，且平面，，的中點為外接球的球心，半徑，外接球表面積．故選：A【點睛】本題考查了由三視圖求幾何體的外接球的表面積，根據三視圖判斷幾何體的結構特征，利用幾何體的結構特征與數據求得外接球的半徑是解答本題的關鍵．2、C【解析】

根據偶函數的性質，比較即可.【詳解】解：顯然，所以是定義域為的偶函數，且在單調遞增，所以故選：C【點睛】本題考查對數的運算及偶函數的性質，是基礎題.3、B【解析】由正弦定理及條件可得，即.，∴，由余弦定理得。∴.選B。4、A【解析】

由題可得出的坐標為，再利用點對稱的性質，即可求出和.【詳解】根據題意，，所以點的坐標為，又，所以.故選：A.【點睛】本題考查指數函數過定點問題和函數對稱性的應用，屬于基礎題.5、C【解析】

根據題意，分兩種情況進行討論：①語文和數學都安排在上午；②語文和數學一個安排在上午，一個安排在下午.分別求出每一種情況的安排方法數目，由分類加法計數原理可得答案．【詳解】根據題意，分兩種情況進行討論：①語文和數學都安排在上午，要求節語文課必須相鄰且節數學課也必須相鄰，將節語文課和節數學課分別捆綁，然后在剩余節課中選節到上午，由于節英語課不加以區分，此時，排法種數為種；②語文和數學都一個安排在上午，一個安排在下午.語文和數學一個安排在上午，一個安排在下午，但節語文課不加以區分，節數學課不加以區分，節英語課也不加以區分，此時，排法種數為種.綜上所述，共有種不同的排法.故選：C．【點睛】本題考查排列、組合的應用，涉及分類計數原理的應用，屬于中等題．6、A【解析】

根據等差數列和等比數列公式直接計算得到答案.【詳解】由成等比數列得，即，已知，解得.故選：.【點睛】本題考查了等差數列，等比數列的基本量的計算，意在考查學生的計算能力.7、A【解析】

由題意可知直線過定點即為圓心，由此得到坐標的關系，再根據點差法得到直線的斜率與坐標的關系，由此化簡并求解出離心率的取值范圍.【詳解】設，且線過定點即為的圓心，因為，所以，又因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以.故選：A.【點睛】本題考查橢圓與圓的綜合應用，著重考查了橢圓離心率求解以及點差法的運用，難度一般.通過運用點差法達到“設而不求”的目的，大大簡化運算.8、B【解析】

建立平面直角坐標系，用坐標表示，利用，列出方程組求解即可.【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，則D(0，0).不妨設AB＝1，則CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，解得則.故選：B【點睛】本題主要考查了由平面向量線性運算的結果求參數，屬于中檔題.9、A【解析】

根據題意，分別求出再根據離散型隨機變量期望公式進行求解即可【詳解】由題可知，，，則解得，由可得，答案選A【點睛】本題考查離散型隨機變量期望的求解，易錯點為第三次發球分為兩種情況：三次都不成功、第三次成功10、A【解析】

先求出函數在處的切線方程，在同一直角坐標系內畫出函數和的圖象，利用數形結合進行求解即可.【詳解】當時，，所以函數在處的切線方程為：，令，它與橫軸的交點坐標為.在同一直角坐標系內畫出函數和的圖象如下圖的所示：利用數形結合思想可知：不等式對任意的恒成立，則實數k的取值范圍是.故選：A【點睛】本題考查了利用數形結合思想解決不等式恒成立問題，考查了導數的應用，屬于中檔題.11、D【解析】

根據雙曲線的一條漸近線方程為，列出方程，求出的值即可.【詳解】∵雙曲線的一條漸近線方程為，可得，∴，∴雙曲線的離心率.故選：D.【點睛】本小題主要考查雙曲線離心率的求法，屬于基礎題.12、A【解析】

執行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，執行上述的程序框圖：第1次循環：滿足判斷條件，；第2次循環：滿足判斷條件，；第3次循環：滿足判斷條件，；不滿足判斷條件，輸出計算結果，故選A．【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的結果的計算與輸出，其中解答中執行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由橢圓的標準方程，求出焦點的坐標，寫出直線方程，與橢圓方程聯立，求出弦長，利用定義可得，進而求出。【詳解】由知，焦點，所以直線：，代入得，即，設，，故由定義有，，所以。【點睛】本題主要考查橢圓的定義、橢圓的簡單幾何性質、以及直線與橢圓位置關系中弦長的求法，注意直線過焦點，位置特殊，采取合適的弦長公式，簡化運算。14、【解析】

由棱長為的正四面體求出外接球的半徑，進而求出正三棱錐的高及側棱長，可得正三棱錐的三條側棱兩兩相互垂直，進而求出體積與表面積，設內切圓的半徑，由等體積，求出內切圓的半徑．【詳解】由題意可知：多面體的外接球即正四面體的外接球作面交于，連接，如圖則，且為外接球的直徑，可得，設三角形的外接圓的半徑為，則，解得，設外接球的半徑為，則可得，即，解得，設正三棱錐的高為，因為，所以，所以，而，所以正三棱錐的三條側棱兩兩相互垂直，所以，設內切球的半徑為，，即解得：．故答案為：.【點睛】本題考查多面體與球的內切和外接問題，考查轉化與化歸思想，考查空間想象能力、運算求解能力，求解時注意借助幾何體的直觀圖進行分析.15、1【解析】

分別代入集合中的元素，求出值，再結合集合中元素的互異性進行取舍可解.【詳解】依題意，分別令，，，由集合的互異性，解得，則.故答案為：【點睛】本題考查集合元素的特性：確定性、互異性、無序性．確定集合中元素，要注意檢驗集合中的元素是否滿足互異性．16、【解析】

利用正弦定理將角化邊得到，再由余弦定理得到，根據同角三角函數的基本關系表示出，最后利用面積公式得到，由基本不等式求出的取值范圍，即可得到面積的最值；【詳解】解：∵在中，，∴，∴，∴，∴.∵，即，當且僅當時等號成立，∴，∴面積的最大值為.故答案為：【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面積公式的應用，以及基本不等式的應用，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求出導函數，由在上恒成立，采用分離參數法求解；（2）觀察函數，不等式湊配后知，利用時可證結論．【詳解】（1）因為在上單調遞減，所以，即在上恒成立因為在上是單調遞減的，所以，所以（2）因為，所以由（1）知，當時，在上單調遞減所以即所以.【點睛】本題考查用導數研究函數的單調性，考查用導數證明不等式．解題關鍵是把不等式與函數的結論聯系起來，利用函數的特例得出不等式的證明．18、（1）x2=4y．（2）.【解析】試題解析：（Ⅰ）設點P（x0，），由x2=2py（p＞0）得，y=，求導y′=，因為直線PQ的斜率為1，所以=1且x0--√2=0，解得p=2，所以拋物線C1的方程為x2=4y．（Ⅱ）因為點P處的切線方程為：y-=（x-x0），即2x0x-2py-x02=0，∴OQ的方程為y=-x根據切線與圓切，得d=r，即，化簡得x04=4x02+4p2，由方程組，解得Q（，），所以|PQ|=√1+k2|xP-xQ|=點F（0，）到切線PQ的距離是d=，所以S1==，S2=，而由x04=4x02+4p2知，4p2=x04-4x02＞0，得|x0|＞2，所以==+1≥2+1，當且僅當時取“=”號，即x02=4+2，此時，p=．所以的最小值為2+1．考點：求拋物線的方程，與拋物線有關的最值問題.19、（1）；（2）見解析.【解析】

（1）利用獨立事件的概率乘法公式可計算出所求事件的概率；（2）由題意可知隨機變量的可能取值有、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，由此可得出隨機變量的分布列.【詳解】（1）記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件，則；（2）由題意可知，隨機變量的可能取值為、、．則，，．故的分布列為【點睛】本題考查概率的計算，同時也考查了隨機變量分布列，考查計算能力，屬于基礎題.20、（1），；（2），，.【解析】

（1）直接利用同角三角函數關系式的變換的應用求出結果．（2）首先把函數的關系式變形成正弦型函數，進一步利用正弦型函數的性質的應用求出結果．【詳解】（1）由題意得，，（2）由，解得，所以對稱軸為，.由，解得，所以單調遞增區間為.,【點睛】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變換，正弦型函數的性質的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力，屬于基礎題型．21、（1），；（2）【解析】

（1）由奇函數可知在定義域上恒成立，由此建立方程，即可求出實數的值；對函數進行求導，，通過導數求出，若，則恒成立不符合題意，當，可證明，此時時有極小值.（2）可知，進而得到，令，通過導數可知在上為單調減函數，由可得，從而可求實數的取值范圍.【詳解】（1）由函數為奇函數，得在定義域上恒成立，所以，化簡可得，所以.則，令，則.故當時，；當時，，故在上遞減，在上遞增，若，則恒成立，單調遞增，無極值點；所以，解得，取，則又函數的圖象在區間上連續不間斷，故由函數零點存在性定理知在區間上，存在為函數的零點，為極小值，所以，的取值范圍是.（2）由滿足，代入，消去可得.構造函數，所以，當時，，即恒成立，故在上