2023届广东省广州市铁一，广附，广外高三上学期三校联考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省广州市铁一，广附，广外高三上学期三校联考数学试题（解析版），共24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届广东省广州市铁一，广附，广外高三上学期三校联考数学试题

一、单选题
1．已知集合，且，则a等于（    ）
A．或 B． C．3 D．
【答案】D
【分析】因为，，或，根据互异性可得的值.
【详解】因为，当，得，则，不合题意，故舍去.
当，故(舍去)或，此时，满足.
故选：D
2．已知一组数据1，2，，，5，8的平均数和中位数均为4，其中，在去掉其中的一个最大数后，该组数据一定不变的是（    ）
A．平均数 B．众数 C．中位数 D．标准差
【答案】B
【分析】由题设得或，分别求出数据变化前后的平均数、众数、中位数、标准差，再确定对应值是否发生变化.
【详解】由题意，，可得，又中位数为4，则或，
当时，众数为5，标准差为；当时，众数为4，标准差为；
∴去掉其中的一个最大数后，数据为1，2，，，5，
当，平均数，众数为5，中位数为3，标准差为；
当时，平均数，众数为4，中位数为4，标准差为；
综上，数据变化前后一定不变的是众数.
故选：B
3．如图所示半径为4m的水轮其圆心O距离水面2m．已知水轮自点A开始沿逆时针方向匀速转动，1min旋转4圈，水轮上的点P(起始点为A)到水面距离y（m）与时间x（s）满足函数关系，则有（    ）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】确定A的值，根据函数的周期可计算，利用点代入解析式中结合函数的单调性质可求得，即可确定答案.
【详解】由题意可知，最高点到水面距离为5，故A=5，
由水轮自点A开始沿逆时针方向匀速转动，1min旋转4圈，
则周期 ,则，
由题意知,代入解析式中，，
由于，故或，
根据图象可知A处于函数的单调减区间上，故，
所以，，，
故选：C
4．设，“复数是纯虚数”是“”的（    ）
A．充分而不必要条件； B．必要不充分条件；
C．充分必要条件； D．既不充分也不必要条件.
【答案】A
【分析】根据纯虚数的定义，结合充分性、必要性的定义进行求解即可.
【详解】当是纯虚数时，一定有，但是当时，只有当时，才能是纯虚数，所以“复数是纯虚数”是“”的充分而不必要条件，
故选：A
5．2020年12月17日凌晨1时59分，嫦娥五号返回器携带月球样品成功着陆，这是我国首次实现了地外天体采样返回，标志着中国航天向前又迈出了一大步．月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折次其厚度就可以超过到达月球的距离，那么至少对折的次数是（    ）（，）
A．40 B．41 C．42 D．43
【答案】C
【解析】设对折次时，纸的厚度为，则是以为首项，公比为的等比数列，
求出的通项，解不等式即可求解
【详解】设对折次时，纸的厚度为，每次对折厚度变为原来的倍，
由题意知是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
令，
即，所以，即，
解得：，
所以至少对折的次数是，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据题意抽象出等比数列的模型，求出数列的通项，转化为解不等式即可.
6．如图，在中，M，N分别是线段，上的点，且，，D，E是线段上的两个动点，且，则的的最小值是（    ）

A．4 B． C． D．2
【答案】B
【分析】根据平面向量共线定理可设，，，，再结合得，最后运用基本不等式可求解.
【详解】设，，，，
则，，，，.
所以，
当且仅当，时等号成立.
所以的的最小值是.
故选：B
7．在边长为2的菱形中，，垂足为点E，以所在的直线为轴，其余四边旋转半周形成的面围成一个几何体，则该几何体的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题设得到旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台，画出几何体，利用圆锥、圆台的表面积公式求几何体的表面积.
【详解】由题设，，如下图示：

绕所在的直线为轴旋转半周，则与重合，
所得旋转体为底面直径、母线为2的半圆锥和上下底面直径分别为2、4，母线为2的半圆台组合而成，如下图示：

所以圆锥表面积为，圆台表面积为，
则几何体的表面积.
故选：C
8．设函数，若，则下列不等式正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】可由确定函数解析式，求出函数的单调区间，每个选项中，可赋值其中一个，进而根据单调性比较另外两个大小即可确定每个选项正误.
【详解】由题，
化简整理得，于是
所以，进而，
据此，在上单调递增，在上单调递减，
因为，即．
对于A，由，又，所以，
即，故A错误；对于B，

，
因为，所以，而，
所以，故B错误；对于C，

，而，
所以，所以，故C正确；
对于D，由，因为，
所以，所以，故D错误.
故选：C．
【点睛】（1）赋值法是解决一些抽象函数问题常见的方法之一；
（2）根据单调性比较大小是解决抽象函数及复杂函数比大小或解不等式的重要方法.

二、多选题
9．分别抛掷两枚质地均匀的骰子（六个面上的点数分别为1，2，3，4，5，6），设事件“第一枚骰子的点数为奇数”，事件“第二枚骰子的点数为偶数”，则（    ）
A．与互斥 B． C．与相互独立 D．
【答案】BC
【分析】对于A，利用互斥事件的定义分析判断，对于B，由古典概型的概率公式求解即可，对于C，由独立事件的定义分析判断，对于D，利用对立事件的概率公式求解.
【详解】对于选项A：事件与是可能同时发生的，故与不互斥，选项A不正确；
对于选项B：，选项B正确；
对于选项C：事件发生与否对事件发生的概率没有影响，与相互独立，故C正确；
对于选项D：事件发生概率为，事件发生的概率，，选项D不正确.
故选：BC
10．在棱长为1的正方体中，P为的中点，则（    ）

A．点B与点C到平面的距离相等
B．平面截正方体所得的截面面积为
C．三棱锥的体积为
D．异面直线AP与CD所成角为
【答案】AB
【分析】作BC中点E，连接PE、AE，
对A，先由得平面，即可根据对称性及点面距离定义判断；
对B，所求截面为梯形，分别求出梯形各边长，即可进一步求高，求面积
对C，由可求；
对D，由得异面直线AP与CD所成角为，根据几何关系得，即可由求角
【详解】作BC中点E，连接PE、AE，
对A，由题易得，则平面，设线段BC与平面的夹角为，则点B与点C到平面的距离均为，A对；
对B，平面截正方体所得的截面为梯形，，，，则高，
故所求截面面积，B对；
对C，，C错；
对D，，则异面直线AP与CD所成角为，由正方体性质易得，，故，D错；
故选：AB

11．已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线相交于A，B两点.过A，B两点分别作抛物线的切线，两切线交于点Q.直线l为抛物线C的准线，与x轴交于点D，则（    ）
A．当时， B．若，P是抛物线上一个动点，则的最小值为2
C． D．若点Q不在坐标轴上，直线AB的倾斜角为，则
【答案】ACD
【分析】根据抛物线的定义，结合导数的几何意义、一元二次方程根与系数关系逐一判断即可.
【详解】设，，直线AB为，则整理得，，，.
当时，则，故，，∴，故，∴，故A正确；
M到抛物线准线的距离为，结合抛物线的定义可知，当P的纵坐标为1时，的最小值是，故B错误；
不妨设A在第一象限，B在第四象限，则，，，则点A处切线斜率，，，则点B处切线斜率，所以，又因为，所以，所以，故C正确；
不妨设A在第一象限，B在第四象限，记直线AD与直线BD的倾斜角为，，


，因为直线AB倾斜角为，则，故，故D正确.
故答案为：ACD
【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义是解题的关键.
12．已知定义在上的函数连续不间断，满足： 当时，， 且当时， ， 则下列说法正确的是（    ）
A．
B．在上单调递减
C．若， 则
D．若是在区间(0，2)内的两个零点，且，则
【答案】ACD
【分析】A选项令可判断，B选项通过求导来求出单调性可判断，C，D选项根据B的结论来分析即可.
【详解】对于A，在 中，令
则，所以故A正确；
对于B，当时，，
对 两边求导，则
因为
所以
令
∴
所以在上单调递增，所以B错；
对于C，由B知，在上单调递增，上单调递减，
由 知不可能均大于等于 1 ，
否则 则这与条件矛盾，舍去，
若则满足条件， 此时
②若 则 而
则
所以
而 所以 C正确；
对于D ，在上单调递增，上单调递减，
知
注意到
所以
若则，
则
所以
这与 矛盾，舍去，
所以
在时，中，
令
而由
所以
所以 ，故D正确.
故选： ACD.

三、填空题
13．的展开式中的常数项为______
【答案】
【分析】根据二项式定理以及组合数的运算性质好可求解.
【详解】解：，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：-81
14．若曲线在点处的切线与曲线在点的切线重合，则______.
【答案】1
【分析】分别对两函数求导，利用导数几何意义以及点斜式表示出两条切线方程，再根据两条切线重合，得出，即可得出结论.
【详解】由切点，在点P处的切线方程：，
即；
切点，在点Q处的切线方程为，
即，
由题知：两条直线是同一条直线，
则：，化简得：.
∴.
故答案为：1
15．在三棱锥中，底面，，，为的中点，球为三棱锥的外接球，是球上任一点，若三棱锥体积的最大值是，则球的体积为___________.
【答案】
【分析】分析可知三棱锥外接球球心为中点，求出点到平面的距离，可得出点到平面的距离的最大值，利用锥体体积可得出关于的等式，求出的值，可得出球的半径的值，再利用球体的体积公式可求得结果.
【详解】正中，为的中点，则，
而平面，平面，则，
而，、平面，则平面，
平面，所以，，
平面，平面，，
所以，的中点到点、、、的距离相等，
即三棱锥外接球球心为中点，
从而，点是三棱锥外接球球心，
设球的半径为，则，，
因为的外接圆圆心为的中点，设为，连接，
因为、分别为、的中点，则，故平面，如图，

则有，即到平面的距离为，
因此到平面距离的最大值为，
又，即有，解得，
所以，，所以球的体积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.

四、双空题
16．古希腊数学家阿波罗尼斯（约公元前262-190年)，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家；他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网络殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他发现“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．比如在平面直角坐标系中，、，则点满足所得点轨迹就是阿氏圆；已知点，为抛物线上的动点，点在直线上的射影为，为曲线上的动点，则的最小值为___________．则的最小值为____________．
【答案】     ；    
【分析】（1）先利用阿氏圆的定义将转化为点到另一个定点D的距离，然后结合抛物线的定义容易求得的最小值；
（2）由（1）知，又当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值即可求解.
【详解】解：设，由题意，即，整理得．
因为圆可以看作把圆向左平移两个单位得到的，那么点平移后变为，所以根据阿氏圆的定义，满足，
结合抛物线定义，
（当且仅当，，，四点共线，且，在，之间时取等号），此时，
故的最小值为．

（当且仅当M，Q，F三点共线时等号成立），
根据光学的最短光程原理，我们从C点发出一束光，想让光再经过F点，光所用的时间一定是最短的，由于介质不变，自然可以把时间最短看作光程最短。
而光的反射性质为法线平分入射光线与反射光线的夹角，并且法线垂直于过这一点的切线。于是我们得到，当过点M的切线与的角平分线垂直，即当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值，此时切线方程为，联立可得，此时，
所以.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：（1）问解题的关键是根据阿氏圆的定义，得满足；
（2）问解题的关键是当过点M的圆的切线与直线平行且离直线近时，取得最小值.

五、解答题
17．记的内角，，的对边分别为，，．已知，．
(1)证明：；
(2)求面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）由正弦定理角化边，再由余弦定理角化边，即可求证；
（2）根据（1）的结论，将其两边平方，再结合余弦定理，得到面积的表达式，再结合辅助角公式，即可求得最值，再根据取等条件，验证是否符合题意即可.
【详解】（1）由正弦定理及已知可得，
整理可得．
由余弦定理可得，
整理可得，
所以．
（2）由（1）可知．
由余弦定理可得
，
化简可得．
记的面积为，则
．
注意到，所以，等号成立当且仅当．
此时回代有，可反解出，，，易知符合题意．
所以面积的最大值为．
18．数据显示，中国在线直播用户规模及在线直播购物规模近几年都保持高速增长态势，下表为2017－2021年中国在线直播用户规模（单位：亿人），其中2017年－2021年对应的代码依次为1－5．
年份代码x
1
2
3
4
5
市场规模y
3.98
4.56
5.04
5.86
6.36

参考数据：，，，其中．
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．
(1)由上表数据可知，可用函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（，的值精确到0.01）；
(2)已知中国在线直播购物用户选择在品牌官方直播间购物的概率为p，现从中国在线直播购物用户中随机抽取4人，记这4人中选择在品牌官方直播间购物的人数为X，若，求X的分布列与期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）设，则，由最小二乘法求出参数即可求解；
（2）先由求出p，计算出X的值及对应概率，列出分布列，再由二项分布的期望公式求期望即可.
【详解】（1）设，则，因为，，，
所以．
把代入，得．
即关于的回归方程为；
（2）由题意知，，，由得，
所以，的取值依次为0，1，2，3，4，，，
，，，所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P






.
19．如图所示，已知矩形和矩形所在的平面互相垂直，，M，N分别是对角线，上异于端点的动点，且.

(1)求证：直线平面；
(2)当的长最小时，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用两点之间距离公式求出的长最小时，各点的坐标，再利用空间向量求面面角，即可得解.
【详解】（1）过作与交于点，过作与交于点，连接.
由，易知.
又，则四边形为平行四边形，
所以
∵平面，平面，
∴平面.

（2）由平面平面，平面平面，
又平面，，平面.
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
过M点作，垂足为G，连接NG，易知，设()

可得，，∴，
可知当时，长最小值为.
此时，，又，，
∴，，
设平面AMN的法向量为，
由可得，令，可得
设平面MND的法向量为，
由可得，令，可得
∴，
易知二面角为钝二面角，则二面角的余弦值为.
20．已知数列的前项和为，且，，数列满足，其中.
(1)分别求数列和的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）由可得，两式作差即可得数列的递推关系，即可求通项，最后验证是否符合即可；数列利用累乘法即可求，最后验证是否符合即可；
（2）由题，由等差数列的性质得，即可求出的通项公式，最后利用错位相减法求即可
【详解】（1）由可得，
两式相减可得，故数列从第3项开始是以首项为，公比的等比数列.
又由已知，令，得，即，得，故；
又也满足上式，则数列的通项公式为；
由，得：，
以上个式子相乘，可得，，
又满足上式，所以的通项公式
（2）若在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，
则，即为，
整理得，所以，



，
两式相减得：，
所
21．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，焦距为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线交椭圆于A、B两点，D是椭圆C上一点，直线OD的斜率为，且．T是线段OD延长线上一点，且，的半径为，OP，OQ是的两条切线，切点分别为P，Q，求的最大值．
【答案】(1)；
(2)最大值为.

【分析】（1）根据焦距易得，再根据离心率为可得椭圆方程;
（2）将直线与椭圆联立得到方程组，利用弦长公式得到的表达式，再利用，则可得到，即圆半径的表达式，根据，则,则将直线的方程与椭圆方程联立，得到的表达式，利用,将上述表达式代入，利用换元法结合二次函数最值得到的最值，最终得到的最大值.
【详解】（1）由题意得，，
又，，，
椭圆方程为：.
（2）
设，，
联立，得，
，
，，

，
，直线的方程为：，
联立得，，
，
,
，
令，，且，
则

当且仅当，，即，时等号成立，
，因此，
的最大值为，
综上所述，的最大值为，此时.
【点睛】本题第二问计算量与思维量较大，对于弦长公式要做到熟练运用，角度最值转化为在一定角度范围内的角的正弦值的最值，最终结合换元法，配方法等求解函数表达式的最值，从而得到角度的最值.
22．已知
(1)若，，，请比较a，b，c的大小；
(2)若函数有两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）求出，由的正负确定的单调性，由单调性比较的大小；
（2）求出，，的零点转化的图像与直线的交点的横坐标，由导数确定的单调性、极值，得变化趋势，不妨设，得出，引入在点和点处的切线，由两条切线与直线的交点的横坐标与的大小关系可证结论成立．
【详解】（1）．
由．
当时，，单调递增
当时，，单调递减
而；；．
∵，∴．
即：．
（2）由题意：有两个零点，
即：有两个实数根，
令，则
由得：；由得：，在上递减，在上递增，
时，，，
的两个零点必有一个在上，一个在上，
不妨设，则
，
在点处的切线方程为，即
设直线与直线的交点横坐标为，
，以下证明：，
设，
则，时，，递减，时，，递增，
所以，所以，即，即的图像在切线的上方（只有切点是公共点），如图，
所以，
同理得在点处的切线方程为
设直线与直线的交点横坐标为，
，
同理可得的图像在切线的上方（只有点是公共点），如图，
所以，

综上，，即．
【点睛】方法点睛：本题考查利用函数的单调性比较大小，用导数证明与函数零点有关的不等式．解题方法首先是把函数零点转化为函数图像与直线的交点的横坐标，由于这个横坐标只是定性的，第二步引入函数图像的切线，利用切线与直线的交点的横坐标与的大小关系把问题简化，从而证明结论成立．这里关键是是切线的引入，引入哪个点处的切线才能解决问题．