2023届广东省华南师范大学附属中学五校高三上学期期末联考数学试题（解析版）

这是一份2023届广东省华南师范大学附属中学五校高三上学期期末联考数学试题（解析版），共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

五校2022-2023高三上学期期末联考
数学卷
第 Ⅰ 卷（选择题）
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 在复数范围内，方程的两根在复平面内对应的点关于（）
A. 直线对称 B. 直线对称 C. y轴对称 D. x轴对称
2. 已知集合，，则集合子集个数为（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3. 已知，，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
4. 有5人参加某会议，现将参会人安排到酒店住宿，要在a、b、c三家酒店选择一家，且每家酒店至少有一个参会人入住，则这样的安排方法共有（）
A. 96种 B. 124种 C. 150种 D. 130种
5. 已知数列的前n项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（）
A. B.
C. D.
6. 函数（，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（）

A. 函数的最小正周期是 B. 函数在单调递减
C. 函数的图象关于点成中心对称 D. 将函数的图象向左平移后得到关于y轴对称
7. 设，分别为双曲线（，）左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的某条渐近线于M，N两点，且，（如图），则该双曲线的离心率为（）

A. B. C. D.
8. 已知函数，，，有，其中，，则下列说法一定正确的是（）
A. 是的一个周期 B. 是奇函数 C. 是偶函数 D.
二、多选题（每题5分，共20分；选对5分，漏选2分，错选0分）
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.
10. 向量满足，，，则的值可以是（）
A. 3 B. 6 C. 4 D.
11. 已知球O的半径为4，球心O在大小为的二面角内，二面角的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆，，若两圆，的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体得体积为V，则一定正确的是（）
A. O，E，，四点共圆 B.
C. D. V的最大值为
12. 已知函数，则过点恰能作曲线的两条切线的充分条件可以是（）
A B.
C. D.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 若抛物线的准线与直线间的距离为3，则抛物线的方程为______.
14若，则______．
15. 已知a，b都是正数，则的最小值是______．
16. 如图正方体的棱长是3，E是上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF中点，，则的最小值是______．

四、解答题（共70分）
17. 已知，
（1）时，求的取值范围；
（2）若存在t，使得，求t的取值范围．
18. 已知数列，，…，，…满足，（），数列A的前n项和记为．
（1）写出的最大值和最小值；
（2）是否存在数列A，使得？如果存在，写出此时的值；如果不存在，说明理由．
19. 已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点、在底面的同侧，棱锥的高，、分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F．

（1）求的长；
（2）求这两个棱锥的公共部分的体积．
20. 某次射击比赛过关规定：每位参赛者最多有两次射击机会，第一次射击击中靶标，立即停止射击，比赛过关，得4分；第一次未击中靶标，继续进行第二次射击，若击中靶标，立即停止射击，比赛过关，得3分；若未击中靶标，比赛未能过关，得2分．现有12人参加该射击比赛，假设每人两次射击击中靶标的概率分别为m，0.5，每人过关的概率为p．
（1）求p（用m表示）；
（2）设这12人中恰有9人通过射击比赛过关概率为，求取最大时p和m的值；
（3）在（2）的结果下，求这12人通过射击比赛过关所得总分的平均数．
21. 已知平面内两点，，动点P满足．
（1）求动点P的轨迹方程；
（2）过定点的直线l交动点P的轨迹于不同的两点M，N（M在N的上方），点M关于y轴对称点为，求证直线过定点，并求出定点坐标．
22. 已知函数．
（1）若是的极值点，求a；
（2）若，分别是的零点和极值点，当时，证明：．
















广东五校2022-2023高三上学期期末联考
数学卷
第 Ⅰ 卷（选择题）
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 在复数范围内，方程的两根在复平面内对应的点关于（）
A. 直线对称 B. 直线对称 C. y轴对称 D. x轴对称
【答案】D
【解析】
【分析】求出方程的根，得到对应复平面内的点，据此求解即可.
【详解】由可得或，
两根在复平面内对应的点分别为和，
所以两点关于轴对称，
故选：D
2. 已知集合，，则集合的子集个数为（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，，从而可得，写出的子集即可得答案.
【详解】解：因为，，
所以，
所以的子集为，共2个.
故选：B.
3. 已知，，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的同向可加性，结合待定系数法可得，即可得的取值范围.
【详解】解：设，所以，
则，又，
所以，，由不等式的性质得：，
则的取值范围为.
故选：D.
4. 有5人参加某会议，现将参会人安排到酒店住宿，要在a、b、c三家酒店选择一家，且每家酒店至少有一个参会人入住，则这样的安排方法共有（）
A. 96种 B. 124种 C. 150种 D. 130种
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分2步进行分析：①把5人分层三组，一种按照1,1,3；另一种按照1,2,2；由组合数公式可得分组的方法数目，②将分好的三组对应三家酒店；由分步计数原理计算可得答案.
【详解】根据题意：分2步进行：
①5人在a、b、c三家酒店选择一家，且每家酒店至少有一个参会人入住，
可以把5人分成三组，一种是按照1,1,3；另一种是按照1,2,2；
当按照1,1,3来分时共有种分组方法；
当按照1,2,2来分时共有种分组方法；
则一共有种分组方法；
②将分好的三组对应三家酒店，有种对应方法；
则安排方法共有种，
故选：.
5. 已知数列的前n项和组成的数列满足，，，则数列的通项公式为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先计算得，，故可排除A，D；由，得，从而得数列从第2项起成等比数列，首项为4，公比为2的等比数列，根据等比数列的通项公式求解即可.
【详解】解：因为，，
所以，，故可排除A，D；
又因为，
所以，
即，
又因为，
所以当时，数列是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，
所以.
故选：C.
6. 函数（，）的部分图象如图中实线所示，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（）

A. 函数的最小正周期是 B. 函数在单调递减
C. 函数的图象关于点成中心对称 D. 将函数的图象向左平移后得到关于y轴对称
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数图象的对称性确定点的坐标，进而可确定函数的周期，从而求解，再根据最高点的坐标满足函数解析式，求出的大小，进而确定函数的解析式，根据三角函数的性质一一判断求解.
【详解】由对称性可知的横坐标等于，
所以，所以，解得，故A错误；
图中函数图象的最高点为即，
所以，即，
因为，所以，
所以，
令解得，
当时，所以函数在单调递减，故B正确；
令解得，
所以函数的对称中心为，
令得，故C错误；
的图象向左平移个单位得到不关于y轴对称，
故D错误；
故选:B.
7. 设，分别为双曲线（，）的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的某条渐近线于M，N两点，且，（如图），则该双曲线的离心率为（）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出M，N两点的坐标，再利用余弦定理，求出a,c之间的关系，即可得了双曲线的离心率.
【详解】解：不妨设圆与相交，且点的坐标为，
则点的坐标为，
联立，
得，
又且，
所以，
所以由余弦定理得：，
化简得，
所以，
所以.
故选：A
8. 已知函数，，，有，其中，，则下列说法一定正确的是（）
A. 是的一个周期 B. 是奇函数 C. 是偶函数 D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用特殊函数即可判断BCD，利用赋值法可证明是的一个周期，从而可得正确的选项.
【详解】取，，则，
，
因此成立，
此时，，故为偶函数，故B错误，D错误；
取，，则，
，，
因此成立，此时为奇函数，故C错误；
令，则，
令，，则，
若，则，又，故，
令，则，所以，
令，则，
令，则，
又，故，此时令，则，
故或.
若，则，故为偶函数，
故，即，
所以为周期函数且周期为.
若，则，故为奇函数，
故，即，
故，
所以为周期函数且周期为.
若，则，此时，故或，
若，
令，则，
令，，则，所以，
令，则，
令，则，
故即，
故为周期函数且周期为.
若，
令，则，
令，，则，所以，
令，则，
令，
则，
故即，
故为周期函数且周期为．
综上，是的一个周期，故A正确．
故选：A．
【点睛】抽象函数的性质问题，可以根据抽象函数的运算性质寻找具体的函数来辅助考虑，此处需要对基本初等函数的性质非常熟悉.另外，在研究抽象函数的性质时，注意通过合理赋值来研究抽象函数的对称性、周期性．
二、多选题（每题5分，共20分；选对5分，漏选2分，错选0分）
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】ACD
【解析】
【分析】由众数的计算方法可判断B；根据平均数的概念可判断A；根据方差的性质可判断C；根据百分数的计算可判断D．
【详解】由题意可知，两组数据满足，
由平均数计算公式得，
所以，故A正确；
由它们的众数也满足，则有，故B错误；
由方差的性质得，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，则，
所以对于数据，，，，，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，则，
所以，故D正确．
故选：ACD．
10. 向量满足，，，则的值可以是（）
A. 3 B. 6 C. 4 D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设，，，由题意可知，，即有,从而得四点共圆，然后结合正弦定理及余弦定理求解即可.
【详解】解：设，，，
由向量满足，，，
所以，
所以.
①当时，，

即,
即四点共圆，
由余弦定理可得：，
设四边形的外接圆的半径为，
由正弦定理可得，
又点在优弧上（不含端点），
则，
则有，
则；
②当时，，

则在以为圆心的圆上运动，其中点在优弧上（不含端点），
则，
综合①②可得，
故选：AC.
11. 已知球O的半径为4，球心O在大小为的二面角内，二面角的两个半平面所在的平面分别截球面得两个圆，，若两圆，的公共弦AB的长为4，E为AB的中点，四面体得体积为V，则一定正确的是（）
A. O，E，，四点共圆 B.
C. D. V的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】连结，判断出，利用勾股定理求，判断B，证明,，四点共面，即可判断四点共圆，判断A，利用正弦定理求出，由此判断C；设，求出的最大值，结合体积公式判断D.
【详解】
因为公共弦AB在棱l上，连结，则，
则，故B错误；
因为二面角的两个半平面分别截球面得两个圆O1，O2，O为球心，
所以OO1⊥,OO2⊥，又平面,，平面，
所以,，,，
因为平面，所以平面，同理可证平面，
所以四点共面，又，
所以，对角互补的四边形为圆内接四边形，
所以四点共圆，故选项A正确；
因为E为弦AB的中点,故⊥AB， ⊥AB，
故为二面角的平面角，所以，
由正弦定理得，故选项C正确；
设，在△中,由余弦定理可得，
，所以，
故，所以，
当且仅当以时取等号，故选项D正确，
故选：ACD
12. 已知函数，则过点恰能作曲线的两条切线的充分条件可以是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】设切点坐标为，则有，所以问题转化为方程恰有两个解，令，然后利用导数求解其零点即可.
【详解】由，得，
设切点为，则切线的斜率为，
所以有，
整理可得：，
由题意可知：此方程有且恰有两个解，令，
，
，
令，则，
所以在上单调递增，因为，
所以当时，；当时，，
①当，即时，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
所以只要或，即或；
②当，即时，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
所以只要，即，而；
③当，即时，
当时，，则函数单调递增，
当时，，则函数单调递减，
当时，，则函数单调递增，
当时，，
所以只要或，由可得：，
由得；
④当时，，所以函数在上单调递增，所以函数至多有一个零点，不合题意；
综上：当时，；
当时，或；
当时，或，
所以选项正确，错误，错误，正确，
故选：.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 若抛物线的准线与直线间的距离为3，则抛物线的方程为______.
【答案】或
【解析】
【分析】先求出抛物线的准线，再根据距离列方程求解即可.
【详解】抛物线的准线为，
则，解得或，
故抛物线的方程为或.
故答案为：或.
14. 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】求得展开式的通项公式，令k=1，可得，由题意得，即为的系数，即可得答案.
【详解】展开式的通项公式为：，
令k=1，得，
又，
则即为的系数，即为.
故答案为：.
15. 已知a，b都是正数，则的最小值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】设，，解出，，代入化简得
，利用基本不等式即可求出最值.
【详解】因为均为正实数，故设，，则
联立解得，，

，
当且仅当，即，即，即时取等号，
故答案为：2.
16. 如图正方体的棱长是3，E是上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF中点，，则的最小值是______．

【答案】##

【解析】
【分析】以为顶点构造棱长为2的正方体，利用对称性将转化为，由图形得到四点共线时取最小值，进而求解.
【详解】以为顶点构造棱长为2的正方体，

由对称得，，
因为是上的动点，是下两底面上的动点，
则是直角三角形，是中点，且，故，
所以取最小值时，四点共线，
则，此时．
故答案为：.
【点睛】在平面解析几何中求直线上一动点到两定点（在直线同一侧）的距离之和的最小值时，通常将其中一定点对称到直线的另一边，利用三点共线时距离之和最小，在立体几何中也有类似的方程，此题中作正方体的目的就是为了找出关于平面的对称点，从而将转化为求最小值.
四、解答题（共70分）
17. 已知，
（1）时，求的取值范围；
（2）若存在t，使得，求t的取值范围．
【答案】（1）
（2）t的取值范围为
【解析】
【分析】（1）化简，结合二倍角公式的逆用转化求解函数的解析式，推出范围即可．
（2）存在，使得，令，根据三角函数恒等变换确定的范围，再利用平方公式得，通过当时，当时，解方程，转化为函数问题，结合函数的单调性求解函数的值域，即可得到结果．
【小问1详解】
解：时，，由于，所以
所以．
【小问2详解】
解：由题意得，存在，使得，
令，因为，所以，即，
则，所以，

当时，方程为，此时不存在使得方程有解，
当时，，
则时，函数在上单调递减，此时，
时，函数在上单调递减，此时，
综上，t的取值范围为.
18. 已知数列，，…，，…满足，（），数列A的前n项和记为．
（1）写出的最大值和最小值；
（2）是否存在数列A，使得？如果存在，写出此时的值；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）的最大值为3，最小值为-1
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用与递推公式求出的可能值，从而求出的可能值，得到最大值与最小值；
（2）两边平方后，根据推出，从而求出，结合为整数，方程无解，故不存在数列A，使得.
小问1详解】
因为，（），
所以，解得或-1，
取，则，解得或-2，
取，则，解得：，
所以或或
故最大值3，最小值为；
【小问2详解】
因为，（），
所以整数，两边平方得：，
故
，
所以，
若存在数列A，使得，则，
又为整数，所以方程无解，
故不存在数列A，使得.
19. 已知两个四棱锥与的公共底面是边长为2的正方形，顶点、在底面的同侧，棱锥的高，、分别为AB、CD的中点，与交于点E，与交于点F．

（1）求的长；
（2）求这两个棱锥的公共部分的体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)连接，证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得出为的中点，进而求解即可；
(2)公共部分的体积可以看作四棱锥与四棱锥的体积差，根据棱锥体积公式求解即可.
【小问1详解】
连接，如图所示：

因为平面，平面，所以，又，
所以四边形是矩形，所以，且，
又分别为的中点，所以，且，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
又对角线，所以为的中点，
由题意可知：在中，，
所以.
【小问2详解】
连接，交于点，过点作于，

由题意知，故，又，，
平面，所以平面，
因为平面，故，又，平面，
所以平面，即是四棱锥的高，
由（1）同理可得点为线段的中点，所以，且，
在中，，则，
所以，
因为，
所以.
20. 某次射击比赛过关规定：每位参赛者最多有两次射击机会，第一次射击击中靶标，立即停止射击，比赛过关，得4分；第一次未击中靶标，继续进行第二次射击，若击中靶标，立即停止射击，比赛过关，得3分；若未击中靶标，比赛未能过关，得2分．现有12人参加该射击比赛，假设每人两次射击击中靶标的概率分别为m，0.5，每人过关的概率为p．
（1）求p（用m表示）；
（2）设这12人中恰有9人通过射击比赛过关的概率为，求取最大时p和m的值；
（3）在（2）的结果下，求这12人通过射击比赛过关所得总分的平均数．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)利用对立事件概率的计算公式，用相互独立事件概率的计算公式能求出每位大学生射击测试过关的概率.(2)求出，通过求导可求得取到最大值时的的值.(3)利用第二问的结论，设一位大学生射击测试过关所得分数为随机变量，的可能取值为，分别求出每一个随机变量的概率，由此可求得12个人通过射击过关所得分数的平均分.
【小问1详解】
每位大学生射击过关的概率为：

【小问2详解】
，，令，则或，因为，所以.令，令，所以在上单调递增，在上单调递减.所以当时，，此时，解得.所以当取最大时p和m的值分别为，.
【小问3详解】
设一位大学生射击过关测试所得分数为随机变量X，则的可能取值为，则，，，所以每位大学生测试过关所得分数的平均分为：.所以这12人通过射击过关测试所得分数的平均分为：.
21. 已知平面内两点，，动点P满足．
（1）求动点P的轨迹方程；
（2）过定点的直线l交动点P的轨迹于不同的两点M，N（M在N的上方），点M关于y轴对称点为，求证直线过定点，并求出定点坐标．
【答案】（1）
（2）直线恒过定点.
【解析】
【分析】（1）直接由斜率关系计算得到；
（2）设出直线，联立椭圆方程，韦达定理求出，再结合三点共线，求出参数，得到过定点.
【小问1详解】
设动点，由已知有，
整理得，
所以动点的轨迹方程为；
【小问2详解】
由已知条件可知直线和直线斜率一定存在，
设直线方程，，，则，
由，可得，
则，即为，
，，
因为直线过定点，所以三点共线，即，即，
即，即，
即得，
整理，得，满足，
则直线方程为，恒过定点.
【点睛】椭圆对称轴上一点，椭圆的一条弦与此对称轴交与，夹在之间的椭圆的顶点为，则被对称轴平分成等比数列.

22. 已知函数．
（1）若是的极值点，求a；
（2）若，分别是的零点和极值点，当时，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，，由方程求的值；
（2）由已知得，，通过构造函数，利用导数判断单调性，证明不等式.
【小问1详解】
因为 所以
若是函数的极值点，则 ，即，
此时
设，则，，
所以存在，使得当时，，单调递减，
当时， ，单调递增，当时 ，单调递减，
所以当时，是的极值点.
【小问2详解】
因为若，分别是的零点和极值点，所以 ，，
，，所以
当时， ，则，，即，，
因为 所以当 即 时，成立，
当 时，若，则只需证明，
设，则，
设，
则 为增函数，且，
所以存在唯一，使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，故， 所以，单调递增，
所以， 等价于.
设 ，则
当 时，若 时，，，单调递减，
所以当 ，，所以当 时成立，
设，则 ，
当时，，单调递增，所以当时，，
即，成立.
综上，若，分别是的零点和极值点，当时，有.