2023届广东省真光中学、深圳二高高三上学期联考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省真光中学、深圳二高高三上学期联考数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省真光中学、深圳二高高三上学期联考数学试题

一、单选题
1．已知实数集R，集合，集合，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解作答.
【详解】集合，则或，而，
所以.
故选：C
2．已知（i是虚数单位）的共轭复数为，则的虚部为（    ）
A．3 B． C．1 D．
【答案】B
【分析】利用复数除法运算化简，求得，进而确定的虚部.
【详解】，
所以，的虚部为.
故选：B
3．如图，已知，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据向量的线性运算可求的表示形式.
【详解】因为，故，

故，
故选：A.
4．某车间生产一种圆台型纸杯，其杯底直径为，杯口直径为，高为ℎ，将该纸杯装满水（水面与杯口齐平），现将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入水中并静止后，从杯口溢出水的体积为纸杯容积的，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用圆台及球的体积公式结合条件即得.
【详解】由题可得圆台型纸杯的体积为
，
小铁球的体积为，
由题可得，
即.
故选：B.
5．已知函数的图像与轴交于点，距离轴最近的一条对称轴为，若，且，恒有，则实数的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据图象特征可求解解析式，根据，且，恒有可判断在单调，进而可根据正弦的性质求解.
【详解】在上，则，由于，故，
是离轴最近的对称轴，则,所以,故，
，且，恒有，故知在单调，
令或，故离原点最近的为，
故选：D
6．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.
7．实数，，分别满足，，，则，，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意得，，，然后与作差结合基本不等式比较大小，构造函数，可判断其在上单调递减，则，化简可得，则，则可比较出与的大小即可
【详解】由题意得，，，则
，
因为，
所以，
所以，
设，则，当时，，所以在上单调递减，所以，即，所以，
所以，所以，所以，所以，
因为，所以，
所以，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查对数与指数的互化，考查基本不等式的应用，考查导数的应用，解题的关键是构造函数判断出其单调性，可得，再转化为，考查数学转化思想和计算能力，属于难题
8．在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，可得的具体形状，由折叠，可得当面面时，此时的点到底面的距离最大，设，将四棱锥中底面积和高，都用表示出来，整理出体积的函数，利用导数求最值，可得答案.
【详解】由得，由余弦定理得，
则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，
设，
在中，，
点到底面的距离，
则，
，
令，解得，可得下表：










极大值


故当时，该棱锥的体积最大，为.
故选：C.

二、多选题
9．已知数据，…，的众数､平均数､方差､第80百分位数分别是，，，，数据，，，…，的众数､平均数､方差､第80百分位数分别是，，，，且满足，则下列结论正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【分析】由众数的计算方法可判断A;根据平均数的概念可判断B；根据方差的性质判断C；根据百分位数的计算可判断D.
【详解】由题意可知，两组数据满足，则它们的众数也满足该关系，则有，故A错误；
由平均数计算公式得：
，即，故B正确；
由方差的性质可得，故C正确；
对于数据，…，，假设其第80百分位数为，
当是整数时， ，当不是整数时，设其整数部分为k,则，
故对于数据，…，，假设其第80百分位数为，
当是整数时， ，当不是整数时，设其整数部分为k,则，
故，故D正确，
故选：BCD
10．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，G为C1D1的中点，K为A1D1中点，M为AB中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动， 则下列结论正确的有（　　）

A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
C．PQ+QG的最小值为
D．过点GKM的平面截正方体所得多边形的面积为
【答案】BCD
【分析】对于A选项，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理即可判断；
对于B选项，由题可得与所成角即为异面直线与所成角；
对于C选项，利用展开图即可判断；
对于D选项，作出截面为正六边形，求其面积即可.
【详解】对于A选项，连接，则，
由题可知，平面，且平面，则，
又，面，平面，平面，则，
同理可得，，面，直线平面，则选项A正确；

对于B选项，由题可知，，，
所以四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成角，
易知是等边三角形，又点在线段上运动，所以直线与所成角的取值范围是，则B选项错误；
对于C选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，
则此时最小，由题可知，，，则，即的最小值为，则C选项正确；

对于D选项，作中点，连接，
如图，易知多边形为过点GKM的平面截正方体所得多边形，
易求，即多边形为正六边形，
连结交于点，故.

故选：ACD.
11．已知F是抛物线的焦点，O为坐标原点，A，B是抛物线C上的两点，的中点M在C的准线上的投影为N，则（    ）
A．曲线C的准线方程为 B．若，则的面积为
C．若，则 D．若，则
【答案】BC
【分析】根据给定条件，求出准线方程判断A；求出点A的纵坐标计算判断B；设出点A，B的坐标，结合向量垂直的坐标表示及均值不等式求解判断C；利用抛物线定义结合余弦定理、均值不等式推理判断D作答.
【详解】抛物线的焦点，准线，设，有，，，
曲线C的准线方程为，A不正确；
，而，则，即有，的面积，B正确；
由得：，显然，即有，，

，当且仅当时取等号，C正确；
设点的横坐标为，有，则，
在中，，由余弦定理得：，
即有，
当且仅当时取等号，因此，D不正确.
故选：BC
12．已知函数的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】由是偶函数，得出是奇函数，结合等式，，可得函数的周期为4且函数的对称中心为，赋值运算即可判断各选项.
【详解】解：若为偶函数，则，故，则为奇函数
故，
由可得，
又可得，两式相减得，
所以函数的周期为4；
由可得
又可得，两式相加得
所以函数的对称中心为；
则，，故A选项正确；
又，则，由函数的周期为4
可得，，故B，D选项正确；
可得，所以，故C选项不正确；
故选：ABD.

三、填空题
13．展开式中二项式系数和为32，则展开式中的系数为_________．
【答案】-30.
【详解】分析：首先根据二项展开式中二项式系数和求得的值，之后将式子转化，即，结合与的展开式中，对应项的关系，分别去分析可能有哪些项乘积所得的，从而确定出各项的系数关系，最后求得结果.
详解：由展开式中二项式系数和为32，可得，解得，，
根据二项式定理可以求得的展开式中，
三次项、二次项、一次项系数和常数项分别是10、10、5、1，
的展开式中，
常数项及一次项、二次项、三次项的系数分别是-1、10、-40、80，
所以展开式中项的系数为.
点睛：该题考查的是有关二项式定理的问题，在求解的过程中，需要明确展开式中对应项的关系，除此之外，也可以将式子转化为另一种形式，即，之后再分析对应的项所出现的位置，从而求得结果.
14．直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围为_________．
【答案】
【分析】由，得当时，，当，根据直线与曲线恰有两个交点，数形结合求得m的取值范围.
【详解】由，得当时，，当时，
当时，直线为与曲线恰好有两个交点，符合题意
当时，直线方程为，直线过定点，
若，则曲线为以为圆心，1为半径的圆轴正半轴的部分，因为直线与曲线恰有两个交点，则 即，解得，
若曲线为双曲线轴负半轴的部分，因为直线与曲线恰有两个交点，双曲线的渐近线为 则
综上：的取值范围是.
故答案为：
15．已知，是曲线的两条倾斜角互补的切线，且，分别交y轴于点A和点B，O为坐标原点，若，则实数a的最小值是______.
【答案】##
【分析】由函数解析式，求导，写出切线方程，并求与纵轴的交点的坐标，结合基本不等式可得答案.
【详解】设切线，的切点坐标为，，
由函数，求导可得，
由题意可知，，即，
可得，，
令，，
故，同理可得，
则，由于，则等号不能取，
即，解得，即的最小值为.
故答案为：.

四、双空题
16．双曲线的左､右顶点分别为，过点的直线交该双曲线于点，设直线的斜率为，直线的斜率为，已知轴时，，则双曲线的离心率__________；若点在双曲线右支上，则的取值范围是__________.
【答案】         
【分析】当直线轴时，表达出P，Q两点坐标，从而利用斜率之比求出，求出离心率；（2）设出直线，联立方程，得到两根之和，两根之积，表达出，由渐近线方程求出，进而求出的取值范围.
【详解】当轴时，，
所以，从而，所以；
由题意知，.设直线的方程为，
联立，整理得：

又
故
所以可知，当点在右支运动时，由渐近线方程为可知：，故.
故答案为：，

五、解答题
17．已知等差数列前项和为（），数列是等比数列，，，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，设数列的前项和为，求.
【答案】(1)，，
(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，然后由已知条件列方程组可求出和，从而可求出数列和的通项公式；
（2）由（1）可知当为奇数时，，当为偶数时，，然后分奇偶项求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
因为，，，，
所以，解得，
所以，

（2）由（1）得，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以

令，
则
，
，
所以，
所以

，
所以，
所以.
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)记的面积为S，且的外接圆面积为，求的最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，结合范围，可得，即可得解的值．
（2）由已知利用圆的面积公式可求三角形的外接圆半径为，由正弦定理可得，由余弦定理可得，进而利用三角形的面积公式，基本不等式即可求解．
【详解】（1）,由正弦定理可得，
故，
因为，故，
故，
由，得，
因为，故，
解得．
（2）因为的外接圆面积为，故的外接圆半径为，
由正弦定理可得，
由余弦定理，可得，可得，①
所以，
所以，
将①式代入，可得，
因为，
所以由①式可得，即（当且仅当时等号成立），
故，
则的取值范围为．
19．如图，四棱锥P－ABCD的体积为，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面积为的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC＝1，E为棱PA上一动点．

(1)求PC；
(2)若直线EC与平面ABCD的夹角为60°，求二面角B－CE－D的正弦值；
【答案】(1)2
(2)

【分析】（1）取AD中点为O，连接PO，OC.由题可得，用几何知识算出PO，OC后，结合勾股定理可算出答案.
（2）首先利用现有条件算出相关数据，建立坐标系.之后结合题目条件，算出E点的坐标，后用空间向量知识求得二面角余弦值，再转化为正弦值.
【详解】（1）如图，取AD中点为O，BC中点为F.连接OP，OC，OF.
因△PAD是面积为的等边三角形，
则.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD=，
则 平面ABCD.  得 ，
四边形ABCD是等腰梯形，则为其高，又四棱锥的体积为，
则，
得.又可得，故.又
则
故答案为：

（2）由（1）知.
故建立以O为原点，OA为x轴，OF为y轴，OP为z轴的空间直角坐标系，如图所示.
从而可得：，，，，.
设，其中.则设，有，
得，故.
平面ABCD的法向量为，又直线EC与平面ABCD的夹角为60°，
则，得.
知.故求二面角B－CE－D的正弦值就是求二面角B－CP－D的正弦值.
，
设平面BCP与平面CPD的法向量为.
则，
取,.
则二面角B－CE－D的正弦值为.
故答案为：

【点睛】本题考查几何体中的长度计算与利用空间向量计算二面角.对于长度问题，要善于发现垂直关系，多用勾股定理解决问题，部分较复杂题目也可以建立坐标系解决·.利用空间向量解决问题时，建立合适的坐标系是关键，且解答题要注意书写建立依据与步骤.对于空间几何中的动点问题，常利用向量，而向量也在解决空间几何问题中占据重要地位，但要特别注意所涉向量夹角.
20．“业务技能测试”是量化考核员工绩效等级的一项重要参考依据．某公司为量化考核员工绩效等级设计了两套测试方案，现各抽取100名员工参加两套测试方案的预测试，统计成绩（满分100分），得到如下频率分布表．
成绩频率







方案
0.02
0.11
0.22
0.30
0.24
0.08
0.03
方案
0.16
0.18
0.34
0.10
0.10
0.08
0.04

(1)从预测试成绩在的员工中随机抽取3人，求恰有1人参加测试方案的概率；
(2)由于方案的预测试成绩更接近正态分布，该公司选择方案进行业务技能测试．测试后，公司统计了若干部门测试的平均成绩与绩效等级优秀率，如下表所示：

32
41
54
68
74
80
92

0.28
0.34
0.44
0.58
0.66
0.74
0.94

根据数据绘制散点图，初步判断，选用作为回归方程．令，经计算得，．
（ⅰ）若某部门测试的平均成绩为60，则其绩效等级优秀率的预报值为多少？
（ⅱ）根据统计分析，大致认为各部门测试平均成绩，其中近似为样本平均数近似为样本方差，求某个部门绩效等级优秀率不低于0.78的概率为多少？
参考公式与数据：（1）．（2）线性回归方程中，．（3）若随机变量，则，，．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）0.498；（ⅱ）0.1587

【分析】（1）由古典概型概率计算公式求解即可；
（2）（ⅰ）两边取对数得，即，利用所给一元线性回归方程公式求得的值，再将代入即可求解；
（ⅱ）根据正态分布的性质求解即可.
【详解】（1）由图表可得方案测试成绩在的员工的有人，
方案测试成绩在的员工的有人，
所以从预测试成绩在的员工中随机抽取3人，求恰有1人参加测试方案的概率.
（2）（ⅰ）由题意两边取对数得，即，
根据所给公式可得，
又因为，，
所以，即，
故，当时，，
即若某部门测试的平均成绩为60，则其绩效等级优秀率的预报值为.
（ⅱ）由（ⅰ）及参考数据可得，，
由即可得，解得，
又，，
由正态分布的性质得，
即绩效等级优秀率不低于0.78的概率为0.1587.
21．已知椭圆C：，经过圆O：上一动点P作椭圆C的两条切线．切点分别记为A，B，直线PA，PB分别与圆O相交于异于点P的M，N两点．
(1)求证：M，O，N三点共线；
(2)求△OAB面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）根据圆的对称性，设在第一象限，讨论、斜率不存在或为0、斜率存在且不为0两种情况，再设切线方程并联立椭圆，由及韦达定理，求证即可证结论.
（2）同（1）设在第一象限，，，讨论、斜率不存在或为0、斜率存在且不为0两种情况，分别求△OAB面积情况，注意斜率存在且不为0时，根据P在、上求直线的方程，再联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式及三角形面积公式得到关于所设参数的表达式，最后应用基本不等式求范围确定面积的最大值.
【详解】（1）由圆的对称性，不妨设在第一象限，
若斜率不存在，则直线为，
所以，则另一条切线为(即斜率为0)，此时；
若、斜率存在且不为0时，设切线方程为，
联立椭圆方程有，整理得，
所以，整理得，且，
所以，又，故，即；
综上，有，又M，N两点圆O上，即，
由圆的性质知：是圆O的直径，所以M，O，N三点共线，得证；
（2）同（1），由圆的对称性，设在第一象限，，，
当时，；
当时，、斜率都存在且不为0，令为，
联立椭圆并整理得：，
由，整理得，
所以，又在椭圆上，则，故，
所以直线的方程为，化简得，即；
同理可得：直线的方程为，
又在直线、直线上，则，
所以直线的方程为，联立椭圆方程可得：，
又，则，故，
所以，，又不共线，，
，
而O到直线的距离，
所以，
令，，且，即或，
所以，则，当且仅当时等号成立，此时；
综上，，当时△OAB面积的最大值.
【点睛】关键点点睛：第二问，分类讨论切线、斜率情况分别求三角形面积，在斜率存在且不为0时，设点坐标及切线方程求直线、，再由在直线上求直线关于m、n的方程，联立椭圆及在圆上，结合韦达定理、弦长公式等求三角形面积表达式，最后应用基本不等式求范围.
22．已知函数，，在上有且仅有一个零点.
(1)求的取值范围；
(2)证明：若，则在上有且仅有一个零点，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）分，和三种情况讨论，根据零点存在性定理判断即可.
（2）构造，利用导数判断单调性可知，存在唯一，使得，且，从而可得.
【详解】（1），设，
，
①当时，若，则，
在上无零点，不符合题意；
②当时，若，则，
∴在上单调递增，
∴，∴在上无零点，不符合题意；
③当时，若，则，∴在上单调递增，
∵，，
∴存在唯一，使得.
当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
∵，，
故在上有且仅有一个零点，符合题意；
综上，的取值范围为.
（2）记，
，
由（1）知：若，当时，，，
当时，，，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故存在唯一，使得，且.
注意到，可知在上有且仅有一个零点，
且，即.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．