2023届惠州市高三第二次调研数学考试试题含答案

这是一份2023届惠州市高三第二次调研数学考试试题含答案，共25页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
惠州市2023届高三第二次调研考试试题数学一、选择题1.已知集合，集合，则（   ）A.B.C.D.答案：C解析：∵由，解得，∴，又，∴，故选C.2.设，若复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点位于实轴上，则（   ）A.B.C.D.答案：B解析：∵复数在复平面内对应的点位于实轴上，∴，即.故选B.【另解】复数对应点在实轴上，则必须是平方差的形式，所以.3.从，，，中任取个不同的数分别记为、，则的概率是（   ）A.B.C.D.答案：B解析：从，，，中任取个不同的数，设样本空间为，则，共个样本点，取出个数之差的绝对值为的事件有个样本点，∴所求概率为，故选B.4.已知，向量在上的投影向量为，则（   ）A.B.C.D.答案：C解析：在上的投影向量为，故，则.【另解】本题由数形结合可知，故选C.5.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑.如图所示的带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该屋顶的体积约为（   ）A.B.C.D.答案：D解析：底面积，∴底面圆的半径，∴底面圆周长为，∴扇形半径，则圆锥的高，则圆锥的体积，故选D.6.记函数的最小正周期为.若，且的图象关于点中心对称，则（   ）A.B.C.D.答案：A解析：由，解得，又∵函数图象关于点对称，∴，，且，∴，，且，∴，则，∴，故选A.7.已知函数是定义域为的奇函数，且当时，.若函数在上的最小值为，则实数的值为（   ）A.B.C.D.答案：D解析：当时，，则，∴当时，，由选项知，则，由数形结合可知当时，函数取得最小值，解得，故选D.8.祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.由曲线，，，围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，满足，，的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，则、满足的关系式为（   ）A.B.C.D.答案：D解析：如图，两图形绕轴旋转所得的旋转体夹在两个相距为的平行平面之间，用任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，所截面积，，∴，由祖暅原理知，两个几何体的体积相等，即.二、多选题9.已知数列中，，，，则下列说法正确的是（   ）A.B.C.是等比数列D.答案：A、C解析：，即，则，，，所以A正确；显然有，所以B不正确；亦有，所以D不正确；又，相除得，因此数列，分别是以，为首项，为公比的等比数列，故C正确；所以选AC.10.设抛物线的焦点为，准线为，点为上一动点，为定点，则下列结论正确的是（   ）A.准线的方程是B.的最大值为C.的最小值为D.以线段为直径的圆与轴相切答案：A、D解析：由题意得，则焦点，准线的方程是，故A正确；，当点在线段的延长线上时等号成立，∴的最大值为，故B错误；如图所示，过点，分别作准线的垂线，垂足分别为，，则，当点在线段上时等号成立，∴的最小值为，故C不正确；设点，线段的中点为，则，∴以线段为直径的圆与轴相切，D正确，所以选AD.11.下列说法正确的是（   ）A.数据，，，，，，，的第百分位数为B.若，，则C.已知，，若，则、相互独立D.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），可判断与有关且犯错误的概率不超过答案：B、C解析：对于A，，所以第百分位数为，故A错误；对于B，对称轴为，则，故B正确；对于C，由，可得，即，∴，故，相互独立，故C正确；对于D，因为，所以不能根据作出判断，故D错误；故选：BC.12.对于函数和函数，设，，若存在，，使得，则称函数与函数互为“零点相邻函数”.现有函数与函数互为“零点相邻函数”，则实数的值可以是（   ）A.B.C.D.答案：B、C解析：由题意，可得，，易知，则，，则在有解，求导得：，令，解得，可得下表：则当时，取得最大值为，当时，，当时，，则的取值范围为，也即；故选BC.三、填空题13.的展开式中，的系数为________.（用数字作答）答案：解析：展开式的通项公式为：，展开式中含项为：，∴展开式中含项的系数为.14.过点作圆的两条切线，切点分别为、，则直线的方程为________.答案：解析：数形结合可知切点分别为、，∴直线的截距式方程为，即.15.已知函数，若函数有个零点，则实数的取值范围是________.答案：解析：函数，当时，方程，解得，函数有一个零点，则当时，函数须有两个零点，即，在时有两个解.设，数形结合可知，对称轴为，在上单调递减，在上单调递增，∴，且，解得.16.已知双曲线：（，）的右焦点为，直线：与双曲线交于、（在的上方）两点，若，则双曲线的离心率为________；已知点是双曲线右支上任意一点，过点的直线：分别与双曲线的两条渐近线交于点、，若，则双曲线的标准方程为________.答案：解析：设直线的倾斜角为，则，且，可得.设双曲线的左焦点为，连接、，设，则，根据双曲线的定义得，，分别在、中利用余弦定理得，，结合化简得，可得，故双曲线的离心率为.设双曲线的两条渐近线为：，：，故可设点、，将点、的坐标分别代入直线的方程得，两式相乘得，∵点是双曲线上的点，可得，则.∵，又∵，则，，∴双曲线的方程为.四、解答题17.已知数列中，，，是公差为的等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和.答案：见解析解析：（1）（法1）∵是公差为的等差数列，∴，即，∴，则，∴，即，则，，，…，，当时，累加得，∴；当时，满足上式，∴；（法2）∵是公差为的等差数列，∴，即，∴，，∴，猜想：.下面用数学归纳法证明：当时，，显然成立.假设当（，）时成立，即.则当时，，得成立.综上，.（2）（法1），则所以.（法2），则，所以.18.如图，在底面是菱形的直四棱柱中，，，，、、、、分别是、、、、的中点，点在四边形内部（包含边界）运动.（1）现有如下三个条件：条件①；条件②；条件③.请从上述三个条件中选择一个条件，能使面成立，并写出证明过程.（注：多次选择分别证明，只按第一次选择计分）（2）求平面与平面夹角的余弦值.答案：见解析解析：（1）选择条件①，连接，，，（如图），因为四边形为矩形，则四边形为平行四边形，则分别是，的中点，且是中点，∴，∵面，面，∴面.选条件②，连接，，（如图），∵、、分别是棱、、的中点，∴，∵面，面，∴面，同理可证：面，又面，面，，∴面面，∵面，∴平面.【注：选条件③不能得出结论，故选条件③不得分】（2）（法1）∵为菱形，且，∴，则以为原点，，，为、、轴正方向建立如图空间直角坐标系.∴，，，，，，∴，，设为平面的一个法向量，∴不妨令，则，可取是平面的一个法向量，∴平面与平面夹角的余弦值为.（法2）∵为菱形，∴，设，取的中点为，则面，以为原点，，，为、、轴正方向建立如图空间直角坐标系，∵是等边三角形，∴，∴，，，，，，∴，，设为平面的一个法向量，∴，不妨令，则，同理可得：是平面的一个法向量.∴，∴平面与平面夹角的余弦值为.19.设的内角、、的对边分别为、、，已知的面积为，且.（1）求；（2）若，求的最小值，并判断此时的形状.答案：见解析解析：（1）（法1）由正弦定理，得，即，∴，∵，∴，即，∵为三角形内角，故，∴，∵，∴.（法2）由余弦定理，代入得，化简得，∵，∴，所以.∵，∴.（2）（法一）由（1）得，解得，∵，∴，当且仅当，取得最小值，此时，，中，由余弦定理，得，∵，∴是直角三角形.（法二）由（1）得，解得，∵，∴，，∵，∴，结合余弦定理可得，化简得，中，由余弦定理，得，∴当且仅当时取等号，即取得最小值，又，所以，，此时，∵，∴是直角三角形.20.“双减”政策实施以来，各地纷纷推行课后服务“”模式，即学校每周周一至周五天都要面向所有学生提供课后服务，每天至少小时.惠州市某学校的课后服务有学业辅导、体育锻炼、实践能力培养三大类型供学生自由选择.为了解该校学生上个月参加课后服务的情况，该校从全校学生中随机抽取了人作为样本.发现样本中末参加任何课后服务的有人，样本中仅参加某一类课后服务的学生分布情况如下：（1）从全校学生中随机抽取人，估计该学生上个月至少参加了两类课后服务活动的概率；（2）从全校学生中随机抽取人，以频率估计概率，以表示这人中上个月仅参加学业辅导的人数，求的分布列和数学期望；（3）若样本中上个月末参加任何课后服务的学生有人在本月选择仅参加学业辅导，样本中其他学生参加课后服务的情况在本月没有变化.现从全校学生中随机抽取人，以频率估计概率，以表示这人中上个月仅参加学业辅导的人数，以表示这人中本月仅参加学业辅导的人数，试判断方差、的大小关系（结论不要求证明）.答案：见解析解析：（1）样本中仅参加某一类课后服务的学生共有（人）故样本中上个月至少参加了两类课后服务活动的学生共有（人）.由此，可估计该学生上个月至少参加了两类课后服务活动的概率.（2）（法一）从全校学生中随机抽取人，上个月仅参加学业辅导的概率为，的可能取值为，，，，，，，，的分布列为：所以的数学期望.（法二）从全校学生中随机抽取人，上个月仅参加学业辅导的概率为，由题意可知随机变量服从二项分布，故，的分布列为（，，，）.的数学期望.（3）由题意可知.随机变量服从二项分布，即，故（，），∴.21.已知椭圆：的右焦点为，上顶点为，坐标原点为，，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设经过点且斜率不为的直线与椭圆相交于、两点，又点，，若直线、与轴的交点分别为、，记、的面积分别为、，求的值.答案：见解析解析：（1）由，得（为半焦距），∵点在椭圆上，则.又，解得，，.∴椭圆的方程为.（2）（法一）由（1）知，当直线的斜率存在时，设直线：，由消去，得，显然，设，，则，，则，由，得直线为，∴，同理可得直线为，∴，∴，∴，当直线的斜率不存在时，，，∴，综上所述，.（法二）由（1）知.设直线，由消去，整理得，显然，设，，则，.∴，直线的斜率，直线的斜率.∵.又，，，∴，∴.（法三）由（1）知.设直线，由消去，整理得，显然，设，，则，.∴由，得直线为，∴，同理可得直线为，∴，∴.∴.22.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数在处的切线方程为，且当对于任意实数时，存在正实数，，使得，求的最小正整数值.答案：见解析解析：（1）函数的定义域为，且.当时，恒成立，则函数在上单调递增；当时，令，解得，由，解得；由，解得，则函数单调递减区间为，单调递增区间为.综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知，解得.∴.∵对于任意实数时，存在正实数，，使得，∴即，设，构造函数，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，则，故.设函数，∵，可知函数在上单调递减，故，解得或（舍去），故的最小正整数值为.