广东省广州市2023届高三一模数学试题

这是一份广东省广州市2023届高三一模数学试题，文件包含广东省广州市2023届高三一模数学试题解析版docx、广东省广州市2023届高三一模数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
2023届广州市高三年级调研测试数学本试卷共5页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（    ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先分别求解出、两个集合，然后再根据集合交集的定义进行运算即可.【详解】由于，故，，，即，故，因此，即.故选：C2. 复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数除法运算求出，再写出其共轭复数，得共轭复数对应点的坐标．得结论．【详解】，，对应点为，在第四象限．故选：D.【点睛】本题考查复数的除法运算，考查共轭复数的概念，考查复数的几何意义．掌握复数的运算法则是解题关键．3. 已知，则是的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】分别求出命题，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】因为；，所以，推不出，所以是的必要不充分条件.故选：B.4. 红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题利用勾股定理求出半径，再求出高度，分别求出两个球冠的面积，用球体的表面积减去两个球冠的面积即可解决问题.【详解】由题意得：，所以cm，所以cm，所以两个球冠的面积为cm2，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：cm2，故选：C.5. 若，且，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解.【详解】，.由，可得，即.，，，，且，根据函数易知：，即得：.故选：A6. 为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高中生1200人，其每天睡眠时间均值为8小时，方差为，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据方差的计算公式求得正确答案.【详解】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为：（小时），该地区中学生每天睡眠时间的方差为：.故选：B7. 已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（    ）A. 116 B. 115 C. 114 D. 113【答案】C【解析】【分析】由可得函数的周期为，再结合为偶函数，可得也为偶函数，通过周期性与对称性即可求解.【详解】由，得，即，所以，所以函数的周期为，又为偶函数，则，所以，所以函数也为偶函数，又，所以，，所以，又，即，所以，又，，，所以故选：.8. 双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.【详解】由题意如图所示：由双曲线，知，所以，所以，所以过作垂直于轴的直线为，代入中，解出，由题知的内切圆的半径相等，且，的内切圆圆心的连线垂直于轴于点，设为，在中，由等面积法得：由双曲线的定义可知：由，所以，所以，解得：，因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，令圆半径为，在中，由等面积法得：，又所以，所以，所以，，所以，故选：A.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 已知分别为随机事件的对立事件，，则下列结论正确的是（    ）A. B. C. 若互斥，则D. 若独立，则【答案】ABD【解析】【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断即可．【详解】选项A中：由对立事件定义可知,选项正确；选项中：， 选项B正确；选项C中：A，B互斥，，,，故选项C错误；选项D中：A，B独立，则，则,故选项D正确.故选：10. 已知是的导函数，，则下列结论正确的是（    ）A. 将图象上所有的点向右平移个单位长度可得的图象B.与的图象关于直线对称C. 与有相同的最大值D. 当时，与都在区间上单调递增【答案】AC【解析】【分析】首先求得的导函数，然后根据三角函数图像平移验证A选项的正误，根据函数的对称性验证B选项的正误，根据求三角函数的值域验证C选项的正误，根据求解三角函数的单调性验证D选项的正误.【详解】，.将的图像向右平移个单位得的图像，故A选项正确；已知的图像与的图像关于直线对称，，故B选项错误；，其中，最大值为，，其中，最大值为，故C选项正确；当时，，，当时，在上单调递增，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递减，综上可知和在上单调性相同，但可能递增也可能递减，故D选项错误.故选：AC11. 在矩形中，，将沿对角线进行翻折，点翻折至点，连接，得到三棱锥，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）A. 三棱锥的外接球表面积不变B. 三棱锥的体积最大值为C. 异面直线与所成的角可能是D. 直线与平面所成角不可能是【答案】AD【解析】【分析】当平面平面时，点到平面的距离最大，此时三棱锥体积最大，与平面所成角最大，利用等面积求得后，即可确定BD的正误；取中点为,可得，所以为棱锥的外接球球心，故球的表面积不变，可判断A的正误；设异面直线与所成的角是，由线面垂直的判断和性质，可判断C的正误.【详解】对于A，记中点为，如图所示和均为直角三角形,为中点,,为棱锥的外接球球心，半径为,.三棱锥的表面积不变，，故A正确；对于B，画图如下：由题知,当平面平面时,三棱锥的体积最大,过点向AC做垂线，垂足为E，在中可得，平面平面,平面平面,是三棱锥的高,三棱锥的体积最大值为.故B不正确；对于C，若异面直线与所成的角是，则，又因为,平面,平面,平面，则，在中，，不成立，所以异面直线与所成的角不可能是，故C不正确；对于D，设与平面所成角为，点到平面距离为，则，当点到平面距离最大时，与平面所成角最大，当平面平面时，点到平面距离最大，由B知，此时，即，，D正确.故选：AD.12. 已知，则（    ）A. B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】对于A选项，尝试找反例.对于B，C选项，构造函数帮助分析.对于D选项，设，再研究函数零点所在范围.【详解】对于A选项，当时，.设，其中.则，故在上单调递增.又，，则，使.即存在，，使.但此时，.故A错误.对于B选项，.设，其中.则.得在在上单调递增.注意到.则.又在上递增，则有.故B正确.对于C选项，由B选项可知，则由，有.故C正确.对于D选项，因，，则.设，其中.则.设，其中.则，得在上单调递增.（1）若，注意到，，则，使.即，则，设，则，得在上单调递减，则.（2）当，，注意到.则，此时.（3）当，注意到则，又由（1）分析可知在上单调递增.则.综上，有.故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量，构造函数，难度较大.对于A选项，直接证明较为复杂，故尝试找反例.对于B，C选项，在与同时出现的题目中，常利用使出现相同结构.对于D选项，将看作参数，并设简化运算.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知的展开式中的系数是20，则实数__________.【答案】2【解析】【分析】根据二项展开式可得，则可得展开式中的系数，列方程即可得实数的值.【详解】解：因为则展开式中的系数是，求得.故答案为：2.14. 已知向量，且，则__________，在方向上的投影向量的坐标为__________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】①根据平面向量垂直的判定条件求解的值即可；②首先根据投影的计算公式求出在方向上的投影，进而求出在方向上的投影向量.【详解】①已知，，由于，所以，解得；②由①知：，，得，则，，故在方向上的投影为，得在方向上的投影向量为.故答案为：；15. 若过点只可以作曲线的一条切线，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据导数几何意义，设切点坐标为，则得切线方程，过点，则，构造函数，确定函数的单调性及取值情况，即可得的取值范围.【详解】解：函数的定义域为，则，设切点坐标为，则切线斜率为，故切线方程为：，又切线过点，则，设，则得，或，则当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，又时，，时，，所以有且只有一个根，且，则，故的取值范围是.故答案为：.16. 如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________.【答案】【解析】【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.【详解】设，由，解得，所以，所以，设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，则，两式相加得，即，过作，垂直为，则四边形为矩形，所以，，所以椭圆的离心率为.故答案为：【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 已知等差数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得数列的首项和公差，从而求得.（2）利用错位相减求和法求得.【小问1详解】设等差数列的公差为，依题意，，则所以，解得，所以.【小问2详解】，所以，，两式相减得，所以.18. 在中，内角的对边分别为，.（1）求；（2）若的面积为，求边上的中线的长.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式，结合正弦定理、余弦定理及同角三角函数关系式即可求出结果；（2）利用三角形面积公式，及（1）的相关结论，再结合平面向量的四边形法则，利用向量的线性表示出，最后利用求模公式即可求边上的中线的长.【小问1详解】因，所以，所以，即，所以，由余弦定理及得：，又，所以，即，所以，所以.【小问2详解】由，所以，由（1），所以，因为为边上的中线，所以，所以，所以，所以边上的中线的长为：.19. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.（1）证明：平面；（2）若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）设的交点为，连接，可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理可证得则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.【小问1详解】设的交点为，连接，已知为的重心，所以，，所以在中，，所以，所以平面，平面，则平面.【小问2详解】因为所以所以为等边三角形，所以，又因为，所以，所以，取的中点为，连接，则，平面平面，平面平面，则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为与平面所成的角为，所以，设菱形的边长为，所以，所以，因为，所以，，设平面，，令，所以，设平面，，令，所以，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.20. 世界卫生组织建议成人每周进行至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为.（1）从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；（2）假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且.现从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设三个社区的居民人数为，分别求出三个社区每周运动总时间超过5小时的人数为，再由概率公式即可求出答案.（2）由正态分布的性质求出，再由独立事件的乘法公式即可得出答案.【小问1详解】因为三个社区的居民人数之比为，设三个社区的居民人数为，所以社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，社区每周运动总时间超过5小时的人数为：，该居民每周运动总时间超过5小时的概率.【小问2详解】因为这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且，所以，由（1）知，，所以，因为随机变量服从正态分布，且关于对称，所以，所以从这三个社区中随机抽取3名居民，求至少有两名居民每周运动总时间为5至6小时的概率为：.21. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.（1）求抛物线和圆的方程；（2）设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.【答案】（1）抛物线的方程为，圆的方程为    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.【小问1详解】解：由题设得，所以抛物线的方程为.因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为由圆与轴相切，所以圆半径为，所以圆的方程为.【小问2详解】证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.故设过点且与圆相切的切线方程为，即.依题意得，整理得①；设直线斜率分别为，则是方程①的两个实根，故，②，由得③，因为点，则④，⑤由②，④，⑤三式得：，即，则，即，所以点在圆.22. 已知函数且.（1）设，讨论的单调性；（2）若且存在三个零点.1）求实数的取值范围；2）设，求证：.【答案】（1）答案见解析    （2）1）；2)证明见解析【解析】【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.【小问1详解】,,因为,定义域为当时,,解,得,解,得当时,解,得,解,得综上, 当时,增区间为,减区间为,当时,增区间为,减区间为,【小问2详解】1）因为且存在三个零点.所以有3个根当时, ,在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.当,,即有两个根,令,可转化为与有两个交点,可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的, 其中,当,所以可得,即得.2）因为且存在三个零点.设，,易知其中 ,,因为,所以,故可知;①由1）可知与有两个交点,,是单调递增的, ,,,所以;②,若,则若,构造函数,设,因为又因为,所以③因为又因为所以即得④由③④可知, ,在上单调递增, 可得,可知与同号所以,在上单调递增. ,,又由1)可知所以,,,是单调递增的,所以⑤由①②⑤可知【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
 证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,
 结合特殊值得到再利用单调性可得