2023届广东省百校联盟高三上学期综合能力测试（三）数学试题（解析版）

2023届广东省百校联盟高三上学期综合能力测试（三）数学试题

一、单选题

1．已知集合A，B是R的子集，且．则下面选项中一定成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据，可得，再根据交集和并集的定义逐一判断即可.

【详解】解：因为，所以，

则，

故A正确，BC错误，D不一定正确.

故选：A.

2．若复数，在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先根据两复数对应的点关于虚轴对称得到，再利用复数的除法法则进行求解.

【详解】因为复数、在复平面内对应的点关于虚轴对称，

且，所以，

则.

故选：D.

3．“李白斗酒诗百篇，长安市上酒家眠”，本诗句中的“斗”的本义是指盛酒的器具，后又作为计量粮食的工具，某数学兴趣小组利用相关材料制作了一个如图所示的正四棱台来模拟“斗”，用它研究“斗”的相关几何性质，已知该四棱台的上、下底的边长分别是2、4，高为1，则该四棱台的表面积为（    ）

A． B．32 C． D．

【答案】C

【分析】根据题意可知：该四棱台的侧面都是上底边长为2，下底边长为4的等腰梯形，

求出侧面的斜高为，然后利用梯形的面积公式即可求出侧面积，进而求解表面积.

【详解】根据题意可知：该四棱台的侧面都是上底边长为2，下底边长为4的等腰梯形，

所以侧面的斜高为，则，

上下底底面面积分别为，

所以该四棱台的表面积为，

故选：.

4．在中，，，，点M满足，则的长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将用表示，再根据数量积的运算律求出即可.

【详解】解：，

则

，

所以，

即的长度为.

故选：B.

5．数学家也有一些“美丽的错误”，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：形如（）的数都是质数．1732年，瑞士数学家欧拉证明了不是质数，请你利用所学知识，估算是（    ）位数．（参考数据：）

A．9 B．10 C．11 D．12

【答案】B

【分析】根据所给定义表示出，进而利用即可判断出其位数．

【详解】根据题意，

，

因为，所以的位数是10．

故选：B.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是转化成对数运算，即.

6．已知奇函数的图象关于直线对称，且在区间上单调，则的值是（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】由条件结合余弦型函数的性质列关系式求.

【详解】因为函数为奇函数，所以，，

又函数的图象关于直线对称，所以，，所以，，

由函数为奇函数且在区间上单调，所以函数在区间，所以函数的周期，所以，又，所以，

故选：C.

7．已知椭圆的离心率为，左焦点为F，过F作倾斜角为的直线交椭圆E于M、N两点，且（其中），则的值为（    ）

A．2 B． C． D．3

【答案】D

【分析】首先化简椭圆方程，与直线方程联立，利用韦达定理得，，再利用向量共线的坐标表示得，消元后得的值.

【详解】由题意可知，得，即，

椭圆方程，化简为： ，

过椭圆左焦点，斜率为的直线为，与椭圆方程联立，

，化简为：，

设， ,

， ①

因为，点在线段上，即

，即 ②

由①②可知，解得：或

因为，所以.

故选：D

8．某地质勘探队为研究各地区的水是否存在某种矿物质，现从不同地区采集了100个样本，勘探队中的成员甲提议用如下方式进行检测，先将100个样本分为10组，每组再选取部分样本进行混合，对混合样本进行检测，如果不含该矿物质，则检测下一组，若含有该矿物质，则逐个检测；成员乙提议将100个样本分为5组或20组等等．假设每个样本含有该矿物质的概率．且每个样本是否含有该矿物质相互独立．则下列选项中检测次数的期望值最小的是（    ）（参考数据：）

A．5个一组 B．10个一组 C．20个一组 D．逐个检验

【答案】B

【分析】分别求出每组检测次数的可能值及概率计算出期望，然后可得总检测次数的期望，最后比较可得．

【详解】若5个一组时，每组检测次数为，或5，，，

的分布列是

，

总检测次数的期望为，

若10个一组时，每组检测次数为，或11，，，

的分布列是

，

总检测次数的期望为，

若20个一组时，每组检测次数为，或21，，，

的分布列是

，

总检测次数的期望为，

若逐个检测，总检测次数为100，

因此10个一组检测次数的期望值最小，

故选：B．

二、多选题

9．下列结论正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】BD

【分析】根据对数函数、不等式的性质等知识确定正确答案.

【详解】A选项，若，但没有意义，所以A选项错误.

B选项，由于，所以B选项正确.

C选项，若，则，

但，所以C选项错误.

D选项，由于，则，所以，D选项正确.

故选：BD

10．如图，圆锥的底面的半径，母线，点A，B是上的两个动点，则（    ）

A．面积的最大值为2

B．周长的最大值为

C．当的长度为2时，平面与底面所成角为定值

D．当的长度为2时，与母线l的夹角的余弦值的最大值为

【答案】BC

【分析】根据三角形面积公式、周长公式、面面角、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】圆锥的底面半径，母线，所以高，

画出圆锥的轴截面如下图所示，，

所以为钝角，则存在.

A选项，，

当时，的面积取得最大值为，所以A选项错误.

B选项，对于的周长，当长度为底面直径长度时，

的周长取得最大值为，所以B选项正确.

C选项，设是的中点，则，

由于是的中点，所以，

所以是平面与底面所成角，

由于，所以是等边三角形，

所以，所以为定值，C选项正确.

D选项，当时，，与母线的夹角是，

，所以D选项错误.

故选：BC

11．已知动圆Q过点，且与直线相切，记动圆Q的圆心轨迹为，过l上一动点D作曲线的两条切线，切点分别为A、B，直线与y轴相交于点F，下列说法正确的是（    ）

A．的方程为 B．直线过定点

C．为钝角（O为坐标原点） D．以为直径的圆与直线相交

【答案】ABC

【分析】设圆心，由题意可得圆心轨迹为为抛物线，根据抛物线的几何性质逐项判断即可.

【详解】解：设圆心，由于动圆Q过点，且与直线相切，

可得，整理得，故曲线的方程为，故选项A正确；

设，且，由于，得，所以导函数，

所以切线的方程为：，即，又，所以，

同理切线的方程为：，又切线，都经过点，所以，

故直线方程为，所以直线过定点，故选项B正确；

联立消整理得，所以

则，

因为与不共线，所以为钝角，故选项C正确；

由于直线恒过抛物线的焦点，设中点，过向直线作垂线，垂足分别为，连接

由抛物线的定义，所以

所以以为直径的圆与直线相切，故选项D错误.

故选：ABC.

12．已知函数，，当时，恒成立，则实数a的可能取值为（    ）

A． B．0 C． D．2

【答案】CD

【分析】原不等式转化为时，恒成立，

只需证明时，恒成立，对求导得，则，分别讨论和，即可求解.

【详解】由题意得：时，恒成立，

即时，恒成立，

设（），则,,

所以时，恒成立.

又，则，

①时，，

设，存在时，，即在上是减函数，

此时，，不满足题意；

②时，在上恒成立，

所以在上恒成立，

设（），即，

则，

令（），则，

当时，，所以在上是增函数，

则时，，

即时，时，，

所以时，.

则，

又时，有，，

所以，当且仅当时等号成立，

故时，.

所以在上是增函数，

则，

所以时，在上恒成立.

综上，时，在恒成立，

故选：CD

【点睛】对导函数二导后进行放缩判断正负是问题的关键

三、填空题

13．某单位安排4名工作人员随机分到3个核酸采样点参加“核酸检测亮码”工作，且每个人只去一个采样点，每个采样点至少有一名工作人员，则安排方案的总数为____________

【答案】

【分析】按照分组分配的方法，计算求值.

【详解】4名工作人员分配到3个核算采样点的分配方案2，1，1，

则安排方法有（种）.

故答案为：

14．写出一个同时满足下列条件①②的函数____________．

①的图象关于点对称；②曲线在点处的切线方程为

【答案】（答案不唯一）

【分析】由的图象的对称性可构造相关的函数，再结合切线方程，可构造，经检验符合要求.

【详解】因为曲线在点处的切线方程为，

故切点为，，

由的图象关于点对称可得为一个奇函数向上平移1个单位长度得到，

结合以上条件，故不妨令，定义域为R，

且，

故的图象关于点对称，

又，，

且，

故在点处的切线方程为，

整理得：，满足题意.

故答案为：.（答案不唯一）

15．若，，则____________

【答案】

【分析】先求得，然后求得.

【详解】，

，，

，，

，

所以.

故答案为：

16．如图，是面积为1的等腰直角三角形，记的中点为，以为直角边第一次构造等腰，记的中点为，以为直角边第二次构造等腰，…，以此类推，当第n次构造的等腰的直角边所构成的向量与同向时，构造停止，则构造出的所有等腰直角三角形的面积之和为____________．

【答案】

【分析】先求得构造出的等腰直角三角形面积的规律，再结合等比数列前项和公式求得正确答案.

【详解】的面积是，构造出的第一个三角形的面积是前者的一半，即，

构造出的第二个三角形的面积是前者的一半，即，

以此类推，构造出的三角形的面积是首项为，公比为的等比数列，

每次构造旋转，所以当与同向时，旋转了次，

所以构造出的所有等腰直角三角形的面积之和为.

故答案为：

四、解答题

17．已知正项数列的前n项和为，且满足.

(1)证明：数列是等差数列；

(2)设数列的前n项和为，证明：

【答案】(1)证明过程见解析；

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）根据和之间的关系，结合等差数列的定义进行证明即可；

（2）根据（1）的结论，结合放缩法、裂项相消法进行求解证明即可.

【详解】（1）当时，由，

所以数列是等差数列；

（2），由（1）可知数列是等差数列，且公差为，

所以，又因为数列是正项数列，

所以，即，

.

18．如图，直三棱柱的底面为等腰直角三角形，且，点D，E，F分别是线段，，的中点.

(1)求点到平面的距离；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据空间距离的向量求解，利用法向量即可求解点面距离，

（2）根据向量的夹角即可求解平面的夹角.

【详解】（1）根据题意，建立如图所示的空间直角坐标系，以为坐标原点，分别以射线，，为轴，轴，轴的非负半轴建立空间直角坐标系，

,

,设为平面的法向量，

则，取，则，

又,

则点到平面的距离为，

（2）由（1）知平面的法向量为

是平面的法向量，,

则，取，则，

设平面与平面的夹角为，则

，

故平面与平面的夹角的余弦值为

19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)若，，求A；

(2)若，求面积的最大值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据已知条件，结合正弦定理，求得，再根据关系，即可求得；

（2）设出的坐标，建立平面直角坐标系，求得点的轨迹方程，数形结合，即可容易求得△面积的最大值.

【详解】（1）因为，，故可得，由正弦定理可得，

故，又，则；

因为，由正弦定理可得，故，故或，又，故.

（2）因为，，不妨取，以中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，且设点的坐标为，

由，可得，整理化简可得：，

其轨迹是圆心为，半径，且剔除圆与轴两个交点后的圆上的点构成，如下所示：

要使得△面积最大，显然，又，

故△面积的最大值为.

20．神舟十四号，简称“神十四”，为中国载人航天工程发射的第十四艘飞船，已经于2022年6月5日上午10时44分07秒在酒泉卫星发射中心发射，3名航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲进驻核心舱并在轨驻留6个月．“神十四”的成功发射是我国载人航天上又一个重要的里捏碑，实现了“神十四”与天宫一号的快速对接，创造了新的奇迹，为了宣传这一航天盛事，某高校组织了一场航天知识竞赛，共有1000名大学生参加，经统计发现他们的成绩（满分120）全部位于区间内．现将成绩分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，根据该直方图估计该1000名大学生成绩的平均分是77分，现规定前250名在10天后进行复赛.

(1)求a，b的值（同一组数据用该组区间的中点值为代表），并根据频率分布直方图估计进入复赛的分数线（结果保留整数）；

(2)复赛共分为两个环节：A和B，经统计，通过初赛的学生在准备复赛的首日有的学生准备项目A，其余学生准备项目B；在前一天准备项目A的学生中，次日会有的学生继续选择准备项目A，其余选择准备项目B；在前一天选择准备项目B的学生中，次日会有的学生继续选择准备项目B，其余学生选择准备项目A，用频率近似估计概率，记某学生在第n天准备项目A的概率为，求．

【答案】(1)，复赛分数线为分

(2)

【分析】（1）根据平均分、频率之和为，列方程求得；通过求分位数来求得复赛的分数线.

（2）根据全概率公式求得的递推关系式，结合构造法以及等比数列的知识求得，进而求得.

【详解】（1）依题意：，①，

，②，

由①②解得.

前三组的频率之和为，，

第组的频率为，

所以分位数为分，

即复赛分数线是分.

（2）依题意，，，即，

所以，

所以数列是首项为为首项，公比为的等比数列，

所以，

所以.

21．已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，且，是正三角形．

(1)求的方程；

(2)若直线与仅有一个公共点，且与的两条渐近线分别交于，记的面积为，的面积为（是坐标原点），则是否存在最小值？若存在，求出该最小值，若不存在．请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在最小值，最小值为

【分析】（1）由题知，，再根据即可得，进而得答案；

（2）根据题意，双曲线的两条渐近线方程为，先讨论直线的斜率不存在时，方程可以为求解；再讨论直线的斜率存在时，设直线的方程为，进而结合直线与双曲线的位置关系得，，再求得，，结合得，再根据基本不等式求解即可.

【详解】（1）解：因为双曲线的离心率为，

所以，，解得，

因为双曲线左、右焦点分别为，，且，是正三角形，

所以，，

因为，

所以

所以，双曲线的方程为.

（2）解：由题知，双曲线的两条渐近线方程为

当直线的斜率不存在时，

因为与仅有一个公共点，且与的两条渐近线分别交于，

所以，直线的方程可以为，

根据对称性，不妨设直线的方程为，此时点，

所以，的面积为，的面积为，

所以，.

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

因为直线与的两条渐近线分别交于，

所以，，

因为直线与仅有一个公共点，

所以，联立方程得，

故，即，.

联立方程得；联立方程得，

因为双曲线的两条渐近线方程为，

所以，，

所以，，即，

所以，，当且仅当时等号成立，

综上，存在最小值，最小值为.

22．已知函数，.

(1)若，讨论的零点个数；

(2)若函数有零点，证明：.

【答案】(1)当时，函数没有零点，当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点；

(2)证明见解析.

【分析】(1)根据函数的零点的定义可得的零点与函数的图象与函数的图象的交点个数相等，利用导数研究函数的图象，结合图象研究的零点个数；(2)设函数的零点为，由条件结合数量积的性质可得，在证明，结合(1)可以证明.

【详解】（1）由已知，其中，

令可得，若，则，矛盾，所以，

所以， 设，其中，则函数的零点个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等，

因为，

当时，，函数在上单调递减，

当时，，函数在上单调递增，

且，作函数的图象如下：

所以当时，直线与函数的图象没有交点，

当时，直线与函数的图象有一个交点，

当时，直线与函数的图象有两个交点，

所以当时，函数没有零点，当时，函数有一个零点，当时，函数有两个零点；

（2）因为函数有零点，又，所以存在使得，

即，设，，

因为，所以，

所以，所以，

设，则，

所以在上单调递增，

又，所以当时，，所以当时，，

所以，所以，即，

所以，由(1) ，所以，

所以.

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．