2023届广东省部分学校高三上学期11月大联考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省部分学校高三上学期11月大联考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省部分学校高三上学期11月大联考数学试题 一、单选题1．已知复数z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的运算求得，再求复数的模即可.【详解】，故有：，所以．故选：A．2．已知全集，集合，，，则a的值可以是（    ）A． B． C．0 D．1【答案】B【分析】首先根据题意得到，从而得到，再结合选项求解即可.【详解】因为．所以，即，.因为，，所以.故选：B3．命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据命题“，”为假命题，得到该命题的否定：“，”为真命题，即，然后判断充分不必要条件即可.【详解】由命题“，”为假命题，得该命题的否定：“，”为真命题，得，所以，所以为该命题的一个充分不必要条件．故选：C．4．“太空教师”的神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富出现在画面中，“天宫课堂”第一课在中国空间站正式开讲．此次太空授课通过为同学们呈现多种精彩的实验和现象，激发了同学们的好奇心，促使他们去观察这些现象，进而去思考、去探索，把科学思维的种子种进心里．某校为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高二、高三学生中选取90人进行调查，已知该校高二年级学生有1200人，高三年级学生有1500人，则抽取的学生中，高三年级有（    ）A．20人 B．30人 C．40人 D．50人【答案】D【分析】根据题意求得抽样比，再结合高三年级的总人数，即可求得结果.【详解】由题意可知该校高二年级学生有1200人，高三年级学生有1500人，则高二年级与高三年级的学生人数比为4：5，根据分层抽样的特征可知，抽取的学生中，高三年级有人．故选：D．5．函数的图象在点处的切线与直线垂直，则实数a的值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用导数的几何意义结合垂直条件求解作答.【详解】函数，求导得：，则，即函数的图象在点处的切线斜率为，因为切线与直线垂直，有．所以.故选：C6．某海外实验室在研究某种人类细菌的过程中发现，细菌数量N（单位）与该人类细菌被植入培养的时间t（单位：小时）近似满足函数关系，其中为初始细菌含量．当时间（单位：小时），该细菌数量为（单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用已知数据代入求得参数，再求即可.【详解】因为，时，该细菌数量为，故有：，所以，故，故选：B．7．若正实数a，b，c满足，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据指数函数和对数函数的计算，利用中间量法进行估算，即可得解.【详解】∵．∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，，∴A，B，C项错误；∵，，∴，D项正确．故选：D．8．如图，AB是半球的直径，O为球心，，P为此半球大圆弧上的任意一点（异于A，B），P在水平大圆面AOB内的射影为Q，过Q作QR⊥AB于R，连接PR，OP，若二面角P-AB-Q为，则三棱锥P-OQR体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二面角的平面角可得边的关系,进而根据三棱锥的体积公式表达出体积函数,进而根据不等式即可求解最值.【详解】∵PQ⊥平面ABQ，平面ABQ,∴，∵QR⊥AB，,平面PQR,∴AB⊥平面PQR，平面PQR,AB⊥PR，∴∠PRQ为二面角P-AB-Q的平面角，即，设，，，在中，，，在中，，则，而，当且仅当，即，即时，取得最大值．此时三棱锥P-OQR体积的最大值为．故选:C． 二、多选题9．已知函数的图象如图所示，则（    ）A．函数解析式B．将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象C．直线是函数图象的一条对称轴D．函数在区间上的最大值为2【答案】ABC【分析】根据图像得到解析式，利用函数的性质进项判断即可.【详解】由题图知：函数的最小正周期，则，，所以函数．将点代入解析式中可得，则，得，因为，所以，因此，故A正确．将函数的图像向左平移个单位长度可得函数的图像，故B正确.，当时，，故C正确.当时，，所以，即最大值为，故D错误．故选：ABC．10．给出下列命题，其中正确的命题是（    ）A．已知，，则B．随机变量，若，则，C．以模型拟合一组数据时，为了求出回归方程，，将其变换后得到线性方程，则c，k的值分别是和0.2D．直线：，：，若，则【答案】BD【分析】A选项，根据条件概率公式进行求解；B选项，根据得到，，再根据求出，；C选项，对两边取对数，得到，对应，得到．；D选项，根据两直线平行得到方程，求出或，检验后得到.【详解】选项A：因为，，所以，故A不正确；选项B：随机变量，则，，若，则，所以，，故B正确；选项C：因为，两边取对数，可得：，令，可得．又因为，故有，，所以．，故C不正确；选项D：若，则，解得或，当时，与重合；当时，，故，故D正确．故选：BD．11．若函数是定义在R上的奇函数，为偶函数，，则（    ）A． B．在上单调递减C．为奇函数 D．【答案】ACD【分析】根据函数奇偶性，以及对称性，求得周期，再结合题设，对每个选项逐一分析，即可判断.【详解】对A：函数是定义在R上的奇函数，所以，故A正确；对B：的单调性无法判断，故B错误；对C：因为为偶函数，故，则，又，所以，即，所以，又为奇函数，故为奇函数，C正确；对D：由上面得周期，所以，所以D正确.故选：ACD．12．已知椭圆C：的离心率为，短轴长为，P为C上任意一点，、分别为C的左、右焦点，则下列说法正确的是（    ）A．存在点P，使得的长度为B．面积的最大值为C．C上存在4个不同的点P，使得是直角三角形D．内切圆半径的最大值为【答案】BCD【分析】对于A，根据椭圆焦点弦的范围，即可判断，对于B, 根据，当高最大时，面积最大，即可判断，对于C，根据顶角最大为最大为，故不存在点P，使．但当或垂直于x轴时，有四个不同的直角三角形，即可判断，对于D, 根据，即面积最大时，内切圆半径的最大，即可求解.【详解】由题意得，解得，解得，则椭圆C的方程为，选项A：P为C上任意一点，则，故不正确，选项B：面积为．当点P落在短轴端点时，面积最大为，故正确；选项C：点P在椭圆上，则，，所以，因为，当且仅当时等号成立，所以，所以最大为．故不存在点P，使．当或垂直于x轴时，有四个不同的直角三角形，故正确；选项D：设的内切圆半径为r，的面积，若r最大，需的面积最大，选项B可知，当点P落在短轴端点时，面积最大，为，解得此时，故正确，故选：BCD． 三、填空题13．已知，，，则___________．【答案】2【分析】根据向量的垂直关系可得，即代入即可得解.【详解】由题可得，即，即．故答案为：2．14．的展开式中，含项的系数为___________．【答案】【分析】由二项式展开式的通项公式找出含的项，然后系数相加即可.【详解】的展开式中，含项的系数为．故答案为：．15．某石油勘探队在某海湾发现两口大型油气井，海岸线近似于双曲线C：的右支，现测得两口油气井的坐标位置分别为，，为了运输方便，计划在海岸线上建设一个港口，则港口到两油气井距离之和的最小值为___________．【答案】25【分析】首先根据双曲线的标准方程可求出，即得恰好为双曲线C的右焦点，然后设为双曲线C的左焦点，根据双曲线的定义得，通过两点间距离公式求出，即可求得最小距离.【详解】由双曲线C：；可知，故该双曲线的两个焦点分别为和，则恰好为双曲线C的右焦点，设为双曲线C的左焦点，连接与双曲线C右支交于点P，则点P即为港口所在位置．由双曲线的定义可得，，即，则．当且仅当Q，P，E三点共线时，等号成立，此时港口到两油气井的距离之和最小，因为，，所以，此时．故答案为：25．16．在中，斜边为，点在边上，设，，若，则用表示为___________．【答案】【分析】由正弦定理及锐角三角函数得到，再由等面积法得到，最后在中由余弦定理计算可得.【详解】解：因为，，所以，在中由正弦定理可得，所以，所以，在中，，所以，又因为，，所以，即，所以，即，在中由余弦定理可得，所以．故答案为：． 四、解答题17．设数列满足：对任意正整数n，有．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2)． 【分析】(1)根据数列的递推公式，分和两种情况进行求解即可；(2)结合（1）的通项公式可得：，采用错位相减法即可求解.【详解】（1）当时，求得，当时，，得，即，经验证可知也满足上式，所以的通项公式为．（2）根据第（1）问有，因为数列的前n项和，则有：，两边同乘以2可得：，两式相减得：，从而有：．18．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．①；②；③．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若             ．(1)求角C；(2)若，求△ABC周长的取值范围．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）①利用正弦定理进行边角互换，得到，然后利用余弦定理求即可；②利用二倍角公式和辅助角公式进行化简得到，然后根据解方程即可；③根据内角和、诱导公式和和差公式得到，代入原式得到，即可得到；（2）利用余弦定理和基本不等式得到，再根据三角形三边关系得到，即可得到周长的范围.【详解】（1）选①，由得：，即，所以，因为，故角；选②，由得：，，所以，因为，，所以，解得：；选③，因为，又因为，所以，∴，∵，∴，∴，因为，所以．（2）根据（1）可知：，又因为，由余弦定理得：，所以，即，当且仅当时取得等号，又因为根据三角形的三边关系有：所以，所以△ABC周长的取值范围为．19．某市宣传部门开展了线上新冠肺炎世界防控现状及防控知识竞赛，现从全市的参与者中随机抽取了1000名幸运者的成绩进行分析，把他们的得分（满分100分）分成以下7组：，，，，，，，统计得各组的频率之比为1∶6：8：10：9：4：2．同一组数据用该区间中点值代替．(1)求这1000名幸运者成绩的第75百分位数和平均值（结果保留整数）﹔(2)若此次知识竞赛得分，为感谢市民的积极参与，对参与者制定如下奖励方案：得分不超过79分的可获得1次抽奖机会，得分超过79分不超过93分的可获得2次抽奖机会，超过93分的有3次抽奖机会，试估计任意一名幸运者获得抽奖次数的数学期望．参考数据：，，．【答案】(1)第75百分位数约为71分，平均值为65分(2)数学期望为1.1814次． 【分析】（1）根据百分位数和平均数的计算即可求解，（2）根据正态分布的对称性可求概率，进而得分布列.【详解】（1）这1000名幸运者成绩的第75百分位数为x，则所以，解得（分），（分）．所以这1000名幸运者成绩的第75百分位数约为71分，平均值为65分；（2）设随机变量Y表示任意一名幸运者的抽奖次数，则Y的可能取值为1，2，3，由已知及（1）得，，，，，其分布列为Y123P0.841350.13590.02275 所以．所以可以估计任意一名幸运者获得抽奖次数的数学期望为1.1814次．20．已知四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，，，AB⊥DA，AB∥CD．(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；(2)设M是棱PC上的点，若二面角M-BD-A的余弦值为，试求直线BC与平面BDM所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）依题意可证明AD⊥面PCD；根据面面垂直判断定理即可证明结论；（2）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面BDM与平面ABCD的法向量，根据二面角向量公式求出点点M的位置，从而求出平面BDM的一个法向量，即可求出直线BC与平面BDM所成的角的正弦值．【详解】（1）证明：在四棱锥P-ABCD中，∵PD⊥平面ABCD，∴，∵，，∴；又∵；面PCD，面PCD∴AD⊥面PCD；又∵面PAD；∴平面PAD⊥平面PCD．（2）由（1）得DA，DP，DC两两垂直，所以以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，则依题意有：，，，，，由，得点，因为PD⊥平面ABCD，故平面ABCD的一个法向量为，设为平面BDM的法向量，又因为，，所以，即，令，则，，∴，∵二面角M-BD-A的余弦值为，∴，解得，故有，此时点M为线段PC的中点．设直线BC与平面BDM所成的角为，平面BDM的一个法向量为；又因为，所以，即直线BC与平面BDM所成角的正弦值为．21．已知O为坐标原点，位于抛物线C：上，且到抛物线的准线的距离为2．(1)求抛物线C的方程；(2)已知点，过抛物线焦点的直线l交C于M，N两点，当取最小值时，求△AMN的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知即可求得抛物线方程.（2）直曲联立根据韦达定理和弦长公式即可求得三角形面积.【详解】（1）根据题意可得，又，解得，，故所求抛物线C方程，（2）设点，，抛物线的焦点坐标为．当直线l的斜率等于0时，不符合题意；当直线l的斜率不等于0时，设过抛物线焦点的直线l的方程为：由，消去x得：，，得，由韦达定理得，，因为．所以当时，取得最小值为13．此时直线l的方程为．根据弦长公式有：；点到直线l的距离为；故△AMN面积为．22．已知函数，．(1)讨论函数的单调性；(2)证明：当时，恒成立．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）对参数分类讨论，在不同情况下利用导数判断函数单调性，即可求得结果；（2）将问题转化为证明，构造函数，利用导数判断其单调性，结合题意，即可证明.【详解】（1）的定义域是，，①时，，在单调递增，②时，，令，解得；令，解得，故在递减，在递增，综上：时，在单调递增，时，在递减，在递增.（2）要证，即证，，①当时，，，该不等式恒成立；②当时，，结合，得，只需证明：，即证，令，，令，则，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，又，，所以存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，，，所以当时，；当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以，问题得证，即当时，恒成立．综上所述，当时，恒成立．【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数判断函数单调性，以及利用导数证明不等式成立；其中第二问处理问题的关键是能够利用参数的范围进行适度放缩，从而将含参数的不等式，转化为不含参数的不等式，进而构造函数证明，属综合困难题.