2023届广东省部分学校高三下学期3月模拟数学试题含解析

这是一份2023届广东省部分学校高三下学期3月模拟数学试题含解析，共23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届广东省部分学校高三下学期3月模拟数学试题 一、单选题1．已知集合，则下列Venn图中阴影部分可以表示集合的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据一元二次不等式的解法，结合四个选项的Venn图逐一判断即可.【详解】，选项A中Venn图中阴影部分表示，不符合题意；选项B中Venn图中阴影部分表示，符合题意；选项C中Venn图中阴影部分表示，不符合题意；选项D中Venn图中阴影部分表示，不符合题意，故选：B2．已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可.【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为，则圆锥和圆柱的高为，所以圆锥的侧面积为，圆柱的侧面积为，所以圆锥和圆柱的侧面积之比为,故选:C.3．已知函数若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由指数函数的性质判断分段函数的单调性，结合已知不等式求参数范围.【详解】由解析式易知：在R上递增，又，所以，则.故选：D4．如图所示是中国2012-2021年汽车进､出口量统计图，则下列结论错误的是（    ）A．2012-2021年中国汽车进口量和出口量都是有增有减的B．从2018年开始，中国汽车的出口量大于进口量C．2012-2021年中国汽车出口量的第60百分位数是106万辆D．2012-2021年中国汽车进口量的方差大于出口量的方差【答案】D【分析】根据条形图，结合百分位数、方差的性质逐一判断即可.【详解】由条形图可知2012-2021年中国汽车进口量和出口量都是有增有减的，所以选项A正确；由条形图可知从2018年开始，中国汽车的出口量大于进口量，所以选项B正确；2012-2021年中国汽车出口量由小到大排列为：，因此第60百分位数是，所以选项C正确；由条形图可知2012-2021年中国汽车进口量的波动小于出口量的波动，因此2012-2021年中国汽车进口量的方差小于出口量的方差，所以选项D不正确，故选：D5．在复平面内，已知复数满足（为虚数单位），记对应的点为点对应的点为点，则点与点之间距离的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出复数，代入，整理得点在直线上，与点之间距离的最小值即到直线的距离，再利用点到直线的距离公式即可求得.【详解】设，代入到，得，即，整理得，即点在直线上，所以点到之间的距离的最小值，即到直线的距离，由点到直线的距离公式可得，所以点与点之间距离的最小值为.故选：C.6．如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（    ）A．96种 B．64种 C．32种 D．16种【答案】B【分析】分3步完成，每步中用排列求出排法数，再利用分步计数原理即可求出结果.【详解】根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有种排法；第二步，排第一步中剩余的一组数，共有种排法；第三步，排数字5和6，共有种排法；由分步计数原理知，共有不同的排法种数为.故选：B.7．已知双曲线，点的坐标为，若上的任意一点都满足，则的离心率取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两点间距离公式，结合一元二次不等式的性质、双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】设，，由，代入不等式中，化简，得恒成立，则有，解得，而，所以故选：A【点睛】方法点睛：一般求双曲线的离心率的方法是：根据已知的等式或不等式，构造关于中任意两个量的双齐次方程或不等式，再结合双曲线的离心率大于1进行求解即可.8．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（    ）A．4 B． C． D．6【答案】C【分析】根据题设要使半球形容器内壁的半径的最小，保证小球与球各面（含球面部分）都相切，进而求半径最小值.【详解】要使半球形容器内壁的半径的最小，只需保证小球与球各面（含球面部分）都相切，此时，如上图示，为半球的球心，为其中一个小球球心，则是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与共线，所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与长度之和，即,故选：C 二、多选题9．如图，弹簧下端悬挂着的小球做上下运动（忽略小球的大小），它在时刻相对于平衡位置的高度可以田确定，则下列说法正确的是（    ）A．小球运动的最高点与最低点的距离为B．小球经过往复运动一次C．时小球是自下往上运动D．当时，小球到达最低点【答案】BD【分析】根据正弦型函数的性质逐一判断即可.【详解】小球运动的最高点与最低点的距离为，所以选项A错误；因为，所以小球经过往复运动一次，因此选项B正确；当时，，所以是自下往上到最高点，再往下运动，因此选项C错误；当时，，所以选项D正确，故选：BD10．在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（    ）A．B．与所成角为C．与平面所成角为D．与平面所成角的正切值为【答案】ACD【分析】对于选项A，利用线面垂直的判定定理得到AC⊥平面SBD，进而可判定选项A正确；对于选项B，由平面，知，故可选项B错误；对于选项C和D，利用线面的定义，找出线面角，从而转化成平面角，在相应的三角形中进行求解，即可判断选项的正误.【详解】选项A，因为底面，面，所以,因为四边形是正方形，所以，又，平面，所以平面，又面，所以，选项A正确．选项B，因为平面，又面，所以，故选项B错误．选项C，因为底面，面，所以,因为四边形是正方形，所以，又，平面,所以平面,所以与平面所成角为，易知，故选项C正确．选项D，如图，取中点，连，因为底面，面，所以,双四边形是正方形，所以，又，所以平面,面，所以，又，所以，，所以面，所以与平面所成角为，不妨设，易知,在，，故选项D正确．故选：ACD11．已知拋物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（    ）A．若为△的中线，则B．若为的角平分线，则C．存在直线，使得D．对于任意直线，都有【答案】AD【分析】设，不妨令都在第一象限，，联立抛物线，根据已知及韦达定理得、，则，再根据各项描述、抛物线定义判断它们的正误.【详解】由题意，设，不妨令都在第一象限，，联立，则，且，即，所以，则，如上图所示.A：若为△的中线，则，所以，所以，故，所以，则，故A正确；B：若为的角平分线，则，作垂直准线于，则且，所以，即，则，将代入整理，得，则，所以，故B错误；C：若，即，即△为等腰直角三角形，此时，即，所以，所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；D：，而，结合，可得，即恒成立，故D正确.故选：AD.12．已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（    ）A．是“封闭”函数B．定义在上的函数都是“封闭”函数C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数D．若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数【答案】BC【分析】A特殊值判断即可；B根据定义及函数的性质即可判断；C根据定义得到都有，再判断所给定区间里是否有成立即可判断，D选项可判断出其逆否命题的正误，得到D选项的正误.【详解】A：当时，，而，A错误；B：对于区间，使，即，必有，所以定义在上的函数都是“封闭”函数，B正确；C：对于区间，使，则，而是“封闭”函数，则，即都有，对于区间，使，则，，而，，...，，所以，即，故，一定是“封闭”函数，C正确；D选项，其逆否命题为，若是“封闭”函数，则不是“封闭”函数，只需判断出其逆否命题的正误即可，使，则，若，则，由解得，因为，所以，即使，则，满足是“封闭”函数，故逆否命题为假命题，故原命题也时假命题，D错误.故选：BC【点睛】关键点点睛：对于C，根据给定的条件得到都有，有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误. 三、填空题13．已知向量满足，则与的夹角为___________.【答案】【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.【详解】由，，故答案为：14．在平面直角坐标系中，等边三角形的边所在直线斜率为，则边所在直线斜率的一个可能值为___________.【答案】或【分析】由等边三角形的性质和直线的倾斜角与斜率的关系以及两角和与差的正切公式，得出边所在直线斜率.【详解】设直线的倾斜角为，由已知得，设直线的倾斜角为，则，因为在等边三角形中，，所以，当，，所以当，，所以综上，或，故答案为：或15．已知是定义在上的奇函数，且在上单调递减，为偶函数，若在上恰好有4个不同的实数根，则___________.【答案】24【分析】由题设可得的周期为8，且关于对称的奇函数，结合区间单调性判断上单调情况，根据与有4个交点，及函数的对称性求根的和.【详解】由为偶函数，则，故，又是定义在上的奇函数，则，所以，故，即有，综上，的周期为8，且关于对称的奇函数，由在上单调递减，结合上述分析知：在上递增，上递减，上递增，所以在的大致草图如下：要使在上恰好有4个不同的实数根，即与有4个交点，所以，必有两对交点分别关于对称，则.故答案为：2416．已知动圆经过点及原点，点是圆与圆的一个公共点，则当最小时，圆的半径为___________.【答案】5【分析】利用两圆的位置关系确定两圆内切时最小，根据位置关系可得圆的半径.【详解】如图，记圆半径为R，，则，，所以，当最小时，最大，此时两圆内切.由已知设动圆的圆心为，又圆心可得即，解得，所以，即圆的半径为5.故答案为：5. 四、解答题17．在中，角的对边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角恒等变换和正弦定理的得到，进而由余弦定理得到，求出；（2）由三角函数和差公式求出，由求出取值范围.【详解】（1）因为，所以，整理得，由正弦定理得，由余弦定理得，因为，所以.（2）在中，因为，所以，所以，所以，所以，所以的取值范围为.18．已知各项都是正数的数列，前项和满足.(1)求数列的通项公式.(2)记是数列的前项和，是数列的前项和.当时，试比较与的大小.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的通项公式进行求解即可；（2）根据裂项相消法，结合等比数列前项和、二项式定理进行求解即可.【详解】（1）当时，，所以或（舍去），当时，有两式相减得，整理得，因为的各项都是正数，所以，所以是首项为1，公差为1的等差数列，所以；（2）由（1）得，则，所以，由（1）得所以，因为，所以，故，所以当时，.19．如图所示的在多面体中，，平面平面，平面平面，点分别是中点.(1)证明：平面平面；(2)若，求平面和平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面平行及面面平行的判定定理即可完成证明,（2）方法一先建系求法向量，再利用向量法求两平面的夹角，方法二利用几何法找到面面角，利用三角形知识求两平面的夹角.【详解】（1）如图，取中点，连接，因为，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，同理可得平面，所以，又因为平面平面，所以平面，因为点分别是中点，所以，又因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）方法一：因为，所以，由（1）知平面平面，所以，所以两两相互垂直，如图，以点为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，因为，所以，则，平面的一个法向量为，设平面的法向量为，由，得，即，解得，取，得，设平面和平面的夹角为，则，所以平面和平面的夹角的余弦值为.方法二：因为平面平面，所以平面和平面的夹角即二面角.如图，过点作，垂足为点，过点作交于点，则为二面角所成平面角.在中，，在中，，在直角梯形中，因为，,所以，所以在中，，所以，利用三角形等面积可得，所以，因为，所以，过点作于，则，所以，在中，，所以，所以平面和平面夹角的余弦值为.20．某商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放10个大小相同的小球，其中5个为红色，5个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球.如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖.(1)若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望.(2)若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望.(3)如果你是商场老板，如何在上述问两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由.【答案】(1)分布列答案见解析，数学期望：(2)分布列答案见解析，数学期望：(3)答案见解析 【分析】（1）根据古典概型的运算公式，结合二项分布的性质进行求解即可；（2）根据古典概型的运算公式，结合数学期望公式进行求解即可；（3）根据数学期望的性质，结合商场老板希望进行判断即可.【详解】（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布，即，所以的所有可能取值为，则，所以的分布列为012 所以的数学期望为.（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数的所有可能取值为，则，，，所以的分布列为012 所以的数学期望为.（3）因为（1）（2）两问的数学期望相等，第（1）问中两次奖的概率比第（2）问的小，即，第（1）不中奖的概率比第问小，即，回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择按第（2）问方式进行抽.回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择按第（1）问方式进行抽奖.21．已知点，点和点为椭圆上不同的三个点.当点，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形.(1)求椭圆标准方程；(2)若为原点，且满足，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分点，点和点中有两个点为上顶点和下顶点和点，点和点中有两个点为左顶点和右顶点两种情况，求出，得到椭圆方程；（2）设出，考虑直线斜率存在和不存在两种情况，求出弦长，进而利用点到直线距离求出面积.【详解】（1）当点，点和点为椭圆的顶点时，恰好构成边长为2的等边三角形，①当点，点和点中有两个点为上顶点和下顶点，一个点为左顶点或右顶点时，不妨设点，点为上顶点和下顶点，点为右顶点，此时，，②当点，点和点中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点，不妨设点，点为左顶点和右顶点，点为上顶点，此时，（舍去），所以椭圆的标准方程为.（2）设，因为，所以，①当直线斜率不存在时，即，则，因为点在椭圆上，所以，则有，所以，点到的距离为，此时.②当直线斜率存在时，设直线方程为，联立得消去整理得，满足，由韦达定理得，所以，所以，又因为点在椭圆上，所以，化简得，所以，所以点到直线的距离，所以综上所述，的面积为.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交，设交点为，则弦长公式为：或.22．已知函数.(1)求的极值；(2)当时，，求实数的取值范围.【答案】(1)极小值，无极大值(2) 【分析】（1）先求导数，利用导数判断单调性，根据单调性得出极值；（2）原问题转化为不等式在上恒成立，方法一通过研究函数单调性求得的最小值为，从而求出；方法二通过同构构造函数并研究其单调性最值，从而说明的最小值为，进而求出.【详解】（1）求导得，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以有极小值，无极大值.（2）方法一：由题知不等式在上恒成立，则原问题等价于不等式在上恒成立，记，则，记，则恒成立，所以在上单调递增，又，所以存在，使得，即当时，，此时；当时，，此时，所以在上单调递减，在上单调递增，由，得，即，所以，①当时，因为，所以不等式恒成立，所以；②当时，因为存在，使得，而，此时不满足，所以无解.综上所述，.方法二：由题知不等式在上恒成立，原问题等价于不等式在上恒成立，即在上恒成立.记，则，当单调递减，单调递增，因为即，①当时，因为，所以不等式恒成立，所以；②当时，令，显然单调递增，且，故存在，使得，即，而，此时不满足，所以无解.综上所述，.【点睛】关键点点睛：已知不等关系求解参数范围时，求解的关键是转化为函数最值问题求解，求解最值时常借助隐零点、同构等方法进行求解.