2023届广东省汕头市金山中学高三高考模拟数学试题含解析

这是一份2023届广东省汕头市金山中学高三高考模拟数学试题含解析，共25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。

2023届广东省汕头市金山中学高三高考模拟数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据一元二次不等式的解法和对数不等式的解法求解.
【详解】由,解得，
又因为，所以，
又由，可得，解得，
所以，
所以，
故选:C.
2．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】根据复数的运算可得，在根据复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可得：，
所以z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
3．已知向量，满足，，则在方向上的投影向量的模为（    ）
A． B．3 C． D．
【答案】B
【分析】根据题意和向量数量积的运算得出，然后代入公式即可求解.
【详解】因为，所以，又，
所以，则在方向上的投影向量的模为，
故选：B．
4．如图l，在高为h的直三棱柱容器中，，，现往该容器内灌进一些水，水深为，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则=（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意结合体积公式分析运算即可.
【详解】设柱体的底面积为，则柱体的体积，注入水的体积为，
容器倾斜后，上半部分三棱锥的体积，
则可得，整理得.
故选：A.
5．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若的所有项都是，且，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】令，分析可知且，求出等差数列的通项公式为，可得出，再利用累加法可求得的值.
【详解】令，则，所以，
由题意可知，对任意的，，且，
所以数列是公差为的等差数列，且，
即，
所以，
因此.
故选：C.
6．立德学校于三月份开展学雷锋主题活动，某班级5名女生和2名男生，分成两个小组去两地参加志愿者活动，每小组均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（    ）种．
A．20 B．4 C．60 D．80
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理，先安排男生，再安排女生，在安排女生时，再利用间接法分析运算.
【详解】先安排2名男生，保证每个小组都有男生，共有种分配方案；
再安排5名女生，若将每个女生随机安排，共有种分配方案，若女生都在同一小组，共有种分配方案，
故保证每个小组都有女生，共有种分配方案；
所以共有种分配方案.
故选：C.
7．已知是定义在R上的奇函数，当时，，若函数是偶函数，则下列结论不正确的为（    ）
A． B．的最小正周期
C．有4个零点 D．
【答案】D
【分析】对于A：根据奇函数性质运算求解；对于B：根据对称性和奇偶性分析可得，进而可得周期性；对于C：分别作出的图象，结合图象分析判断；对于D：根据题意结合函数性质分析运算.
【详解】对于A：由题意可得：，解得，故A正确；
对于B：∵是偶函数，则，则，
又∵为奇函数，则，可得，
∴，则的最小正周期，故B正确；
对C：令，则，
注意到此时，分别作出的图象，

由图象可知：有4个交点，故有4个零点，
故C正确；
对D：∵，
则，
可得，故D不正确.
故选：D.
8．已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意利用韦达定理求以及线段AB的中垂线的方程，进而可求点D和，结合运算求解即可.
【详解】设双曲线的右焦点为，则直线，
联立方程，消去y得：，
则可得，
则，
设线段的中点，则，
即，
且，线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，
整理得，则，
注意到双曲线的离心率，
∴双曲线的离心率取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法定睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值（或范围）．

二、多选题
9．每年4月23日为“世界读书日”，树人学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月的借阅数据如下表：
月份
二月
三月
四月
五月
六月
月份代码x
l
2
3
4
5
月借阅量y（百册）
4.9
5.1
5.5
5.7
5.8

根据上表，可得y关于x的经验回归方程为，则（    ）A．
B．借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7
C．y与x的线性相关系数
D．七月的借阅量一定不少于6. 12万册
【答案】ABC
【分析】对于A：根据回归方程必过样本中心点分析运算；对于B：根据百分位的定义分析运算；对于C：根据相关系数的概念分析理解；对于D：取，代入回归直线分析运算.
【详解】对于A：因为，，
所以，得，所以A正确；
对于B：因为5×75%=3.75，所以借阅量4.9，5.1，5.5，5.7，5.8的上四分位数为5.7，所以B正确；
对于C：因为，所以y与x的线性相关系数，所以C正确；
对于D：由选项A可知线性回归方程为，
当，则，
所以七月的借阅量约为6. 12百册，所以D错误；
故选：ABC.
10．已知，下列选项正确的是（    ）
A．的值域为
B．的对称中心为
C．的单调递增区间为和
D．图像向右平移个单位与的图像重合
【答案】ABD
【分析】利用三角恒等变换化简整理得，结合三角函数性质以及图象变换逐项分析判断.
【详解】由题意可得：
，
对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：因为的对称中心与函数的对称中心相同，
令，解得，
故的对称中心为，故B正确；
对于C：若单调递增，则单调递减，
令，
解得，
所以的单调递增区间为和，故C错误；
对于D：图像向右平移个单位，
得到，
与解析式相同，图像重合，故D正确．
故选：ABD.
11．如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ）

A．不存在点M满足平面
B．存在无数个点M满足
C．当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为
D．满足的点M的轨迹长度是
【答案】BCD
【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹长度.
【详解】对于选项A：连接，
因为四边形ABCD是正方形，所以，
∵，且平面，所以，
，平面，
所以平面，且平面，
可得，
同理可证，
，平面，所以，
又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，
故A错误；

对于选项B：连接，
，，则，
又因为，，，
所以，
可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；

对于选项C：延长交于点，
∵，则为线段靠近点的三等分点，
且，则，则为线段的中点，
如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，
则，可得，
设平面的法向量为，则，
令，则，即，
设平面，点，则，
则，解得，
则，故，
可得，即，
且，
故截面面积，故C正确；

对于选项D：
因为正方体的棱长为l，所以设
所以，，
因为，所以
化简得：，
所以点M的轨迹是一段以为圆心，半径为的圆弧，
设圆弧与分别交于点，
取，则，即；取，则，即；
则，则，
且，即，
∴轨迹长度是，故D正确．

故选：BCD.
12．已知，若分别是方程和的根，则下列说法正确的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】通过验证函数对称性，可得到图象关于对称，作出、与的图象，设，，结合图象，通过说明可得的范围，知A正确；由对称性可确定，代入整理可得B错误；根据、可得的范围，结合可知C正确；利用基本不等式，根据取等条件不成立可知D正确.
【详解】，，
的图象是由的图象向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，
在上单调递减；
设点是上的一点，则，，
，即也是上的点，图象关于直线对称，
由得：，
又与图象关于对称，
则可作出，与图象如下图所示，

对于A，当时，，
设，则，
，，，
，即，，即；
与的交点横坐标落在区间中，即，
，A正确；
对于B，分别是方程和的根，设，
与图象的交点为，与图象的交点为，
又图象关于直线对称，与关于直线对称，
或，整理可得：，，B错误；
对于C，当时，，，则；
当时，，，由A知：，；
与图象交点的横坐标落在区间中，即，
又，，C正确；
对于D，是方程的根，则，
（当且仅当，即时取等号），
由C知：，等号不成立，即，D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查与方程的根有关的取值范围问题的求解，本题求解的关键是能够说明图象关于对称，进而确定其与的交点也关于对称，利用对称关系可得满足的关系式.

三、填空题
13．二项式的二项式系数之和为64，则展开式中的的系数是_________．（填数字）
【答案】
【分析】先根据展开式的二项式系数之和为64求出的值，再利用二项式展开式的通项公式求解即可.
【详解】因为二项式的二项式系数之和为64，
所以，，
所以展开式的通项为，
令，则，
所以展开式中的的系数是.
故答案为：.
14．已知为锐角，，，则______
【答案】
【分析】利用同角三角函数的基本关系和两角差的正弦公式求解即可.
【详解】因为为锐角，且，所以
所以联立，
解得，
，

，
故答案为: .
15．已知点P是椭圆上一点，椭圆C在点P处的切线l与圆交于A，B两点，当三角形AOB的面积取最大值时，切线l的斜率等于_______
【答案】
【分析】根据面积公式分析可得当是等腰三角形，面积最大，此时点O到切线l的距离等于.解法一：设切线l的方程，根据点到直线的距离和直线与椭圆相切分别可得，求解即可；解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，结合点到直线的距离公式运算求解.
【详解】∵圆的圆心，半径，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
当时，是等腰三角形，此时点O到切线l的距离等于.
解法一：设切线l的方程为，即，
则有，整理得：
联立方程，消去y得：，
由相切得： 整理得：
由①②得：，解得.
解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，即
则有，整理得，
∵点P在椭圆上，则，
则，解得，
所以切线l的斜率.
故答案为：.
16．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_________.
【答案】
【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.
【详解】在中，，
故，即，
则折成的三棱锥中，，，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c
则，解得，

此长方体的外接球是三棱锥的外接球，
设外接球的直径，即，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角，
故三棱锥，
三棱锥四个侧面是全等的，
，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.
故答案为：.
【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

四、解答题
17．已知数列的前n项和为，，且.
(1)求的通项公式；
(2)已知，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据前n项和与通项之间的关系分析可得，结合等比数列求其通项公式；
（2）结合（1）求，分奇偶项，利用分组求和的方法求和即可.
【详解】（1）∵，则有：
当时，，解得；
当时，则，
两式相减得，即；
注意到，故，
∴是首项为3，公比为3的等比数列，
故.
（2）由（1）得，
当n为偶数时，

；
当n为奇数时；
综上所述：.
18．在锐角中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理得到，再利用余弦定理运算求解；
（2）根据正弦定理得到，从而得到，根据题意结合角C的取值范围运算求解.
【详解】（1）由正弦定理得：，整理得：，
由余弦定理得：，
∵，则.
（2）由（1）可得：，且，
锐角中，由正弦定理得：，
可得，
则，
∵锐角三角形，且，则，
即，解得，
即，且，
可得，则，
故的范围是.
19．安全教育越来越受到社会的关注和重视．为了普及安全教育，学校组织了一次学生安全知识竞赛，学校设置项目A“地震逃生知识问答”和项目B“火灾逃生知识问答”．甲、乙两班每班分成两组，每组参加一个项目，进行班级对抗赛．每一个比赛项目均采取五局三胜制（即有一方先胜3局即获胜，比赛结束），假设在项目A中甲班每一局获胜的概率为，在项目B中甲班每一局获胜的概率为，且每一局之间没有影响．
(1)求乙班在项目A中获胜的概率；
(2)设乙班获胜的项目个数为X．求X的分布列及数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）由对立事件概率公式求得乙班在项目A中每局获胜的概率，然后分成乙班三局全胜，四局三胜和五局三胜三个互斥事件求出概率；
（2）与（1）同理求得乙班在项目中获胜的概率，而的可能值是0，1，2，利用独立事件、对立事件概率公式求得概率得分布列，再由期望公式求得期望．
【详解】（1）记“乙班在项目A中获胜”为事件A，
由事件的对立性知，乙班在项目A中每局获胜的概率为，负的概率为，
则，
所以乙班在项目A中获胜的概率为；
（2）记“乙班在项目B中获胜”为事件B，
则，
X的可能取值为0，1，2，由事件对立性和独立性知，
则，
，
.
所以X的分布列为
X
0
l
2
P





所以乙班获胜的项目个数的数学期望为
20．如图，在三棱台中，面，，

(1)证明：；
(2)若棱台的体积为，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明，则；
（2）利用棱台体积公式得到上下底面三角形的相似比，写出相关点坐标，求出相关平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.
【详解】（1）在平面中过点作的垂线，
在平面ABC中过点作的垂线，

面面，，面，
且面面，故面，
面，所以，
故，，三条两两垂直，
建立以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴的空间直角坐标系，
如图所示，则由题意得

，，即，
，.
（2）设，
，
根据，则，
由棱台体积公式得
，
所以，则
在（1）问建系基础上，

设面的法向量
由，即，
取，则，则 ，
由题意得，根据，则，则
，
设面法向量
由，即，
取，则，，则，
设二面角的大小为，依图可知，
所以，
所以二面角的余弦值为.
21．在平面直角坐标系xOy中，点P到点的距离比到y轴的距离大l，记点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F且斜率为的直线l交椭圆于A，B两点，交曲线C于M、N两点，若为定值，则实数应满足什么关系？
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设，根据题意列式运算即可；
（2）分别联立方程结合韦达定理求，代入整理可得，结合定值分析运算.
【详解】（1）设，由题意可得
两边平方并整理，得，
故曲线C的方程为.
（2）设，，，，
由题意可得直线l的方程为，
与椭圆E的方程联立，得，
则，，
可得，
∵，
若直线l交曲线C于M、N两点，且，则直线l与相交，
直线l的方程与曲线C的方程联立，得，
则，，
可得：，
∴，
要使为定值，则，即
故当为定值时，实数应满足
【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
(3)得出结论．
22．已知函数，，其中且.
(1)证明：当时，恒成立；
(2)证明：当时，曲线与曲线有且只有两条公切线．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）分析可得等价于即，构建，结合导数证明即可；
（2）根据导数的几何意义分析可得，构建，利用导数证明在上有且只有两个零点即可.
【详解】（1）当时，，即，等价于即，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
可得，即，当且仅当时，等号成立；
可得，则，当且仅当时，即时，等号成立；
可得，则，当且仅当，即时，等号成立；
综上所述：.
但等号不同时取到，故，
∴，原式得证．
（2）由题意可得：，，
设直线l与相切于点，则切线斜率，直线l与相切于点，则切线斜率，
则，整理得，
由题意可得：，
消去可得：，
令，则，
则，
可得，
令，
要证两函数有且只有两条公切线，即证在上有且只有两个零点．
且，令，
则，可得在定义域内单调递增，
且，
故在上有唯一零点，且，
∴当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，可知的最小值为，
又∵，
则，
注意到趋近0时，趋近，趋近时，趋近，
∴在和上分别存在一个零点，故有且只有两个零点，故原命题得证．
【点睛】方法定睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
(2)求导数，得单调区间和极值点；
(3)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．