2023届广东省惠州市高三一模数学试题含解析

这是一份2023届广东省惠州市高三一模数学试题含解析，共19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届广东省惠州市高三一模数学试题 一、单选题1．已知复数满足 (其中为虚数单位)，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题目条件可得，即，然后利用复数的运算法则化简.【详解】因为，所以，则故复数的虚部为.故选：A.【点睛】本题考查复数的相关概念及复数的乘除运算，按照复数的运算法则化简计算即可，较简单.2．设集合，则的元素个数为（    ）A．3 B．4 C．9 D．无穷多个【答案】A【分析】根据函数在上单调递增，及，即可得解.【详解】由函数在上单调递增，及，可得，则其元素个数为3，故选：A．3．数据的第15百分位数为（    ）A．69 B．70 C．75 D．96【答案】B【分析】根据百分位数的定义得到答案.【详解】因为，根据百分位数的定义可知，该数学成绩的分位数为第2个数据70.故选：B．4．如图1，在高为的直三棱柱容器中，．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高为（    ）A． B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】根据同底等高的锥体与柱体体积之间的关系即可根据比例求解.【详解】由图2知:,其中表示三棱柱的高，故,因此可知无水部分体积与有水部分体积比为，所以图1中高度比为，得．故选：B．5．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】切化弦，结合得出，然后根据诱导公式及二倍角公式求解.【详解】因为，所以，即，所以，即，所以，故选：D．6．“家在花园里，城在山水间．半城山色半城湖，美丽惠州和谐家园．．．．．．”首婉转动听的《美丽惠州》唱出了惠州的山姿水色和秀美可人的城市环境．下图1是惠州市风景优美的金山湖片区地图，其形状如一颗爱心．图2是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，可排除B、D；再结合基本不等式和二次函数的性质求得A、C的函数最大值，看是否为1，进而判断.【详解】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数，则函数和都不满足，故排除B、D；而的图象过点，，，且时，，当且仅当时，等号成立，即函数的最大值为2，又“心形”函数的最大值为1，故排除A；由的图象过点，，，且时，，当且仅当时，等号成立，即函数的最大值为1，满足题意，故C满足.故选：C．7．已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意得到展开式的总项数为7项，，然后利用展开式的通项公式得到有理项项数，再利用古典概型的概率求解.【详解】解：因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以展开式的总项数为7项，故，展开式的通项，当是偶数时该项为有理项，有4项，所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为．故选：A．8．若函数的定义域为，如果对中的任意一个，都有，且，则称函数为“类奇函数”．若某函数是“类奇函数”，则下列命题中，错误的是（    ）A．若0在定义域中，则B．若，则C．若在上单调递增，则在上单调递减D．若定义域为，且函数也是定义域为的“类奇函数”，则函数也是“类奇函数”【答案】C【分析】对A，根据“类奇函数”的定义，代入求解即可；对B，根据题意可得，再结合函数的单调性判断即可；对C，根据，结合正负分数的单调性判断即可；对D，根据“类奇函数”的定义，推导判断即可.【详解】对于A，由函数是“类奇函数”，所以，且，所以当时，，即，故A正确；对于B，由，即随的增大而减小，若，则成立，故B正确；对于，由在上单调递增，所以，在上单调递减，设，在上单调递增，即在上单调递增，故C错误；对于D，由，所以，所以函数也是“类奇函数”，所以D正确；故选：C 二、多选题9．下列四个命题中为真命题的是（    ）A．若随机变量服从二项分布，则B．若随机变量服从正态分布，且，则C．已知一组数据的方差是3，则的方差也是3D．对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是4【答案】AC【分析】由二项分布的期望公式判断A；由正态分布的性质判断B；由方差的性质判断C；由回归方程必过样本中心点求解可判断D.【详解】对于A，由于，则，故A正确；对于B，，故，故B错误；对于C，的方差是3，则的方差不变，故C正确；对于D，回归方程必过样本中心点，则，解得，故D错误.故选：AC.10．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】利用条件进行指对数转换，得到，从而有，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】因为，所以，则，选项A，，故正确；选项B，因为，且，所以，故B正确；选项C，因为，故C错误；选项D，因为，故D正确，故选：ABD．11．已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于、两点，其中在第一象限，若，则（    ）A． B．C．以为直径的圆与轴相切 D．【答案】BCD【分析】写出焦点的坐标，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，根据点在第一象限即可求出点，的横坐标，进而可以求出的值，即可求出抛物线的方程，再对应各个选项逐个验证即可．【详解】设，，则过的直线斜率为的方程为：，代入抛物线方程消去可得：，解得，因为点在第一象限，所以，，则，所以，错误，，正确，由可得抛物线的方程为：，且，，，所以，正确，的中点横坐标为，以为直径的圆的半径为，所以圆心到轴的距离等于半径，则以为直径的圆与轴相切，正确，故选：．12．在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，均与底面垂直，且，点分别为线段的中点，则下列说法正确的是（    ）A．直线与所在平面相交B．三棱锥的外接球的表面积为C．直线与直线所成角的余弦值为D．二面角中，平面，平面为棱上不同两点，，若，，则【答案】BCD【分析】根据条件可知该几何体为长方体截去一个角，对于A项，可以证线面平行来否定；对于B项，容易得到外接球直径进而求得外接球表面积；对于C项，利用空间向量的数量积计算异面直线的夹角；对于D项，先得出二面角，再利用空间向量计算模长即可.【详解】由已知可得该几何体为长方体截去一个角，对于，连接，可证得四点共面，又可证得，所以平面，故错误；对于B，三棱锥的外接球半径，三棱锥的外接球的表面积为，故B正确；对于C项，易证AB⊥BF，AB⊥C1F，FC1⊥BE，则，，故C正确；对于D项，设二面角的平面角为，则，所以，于是，，且，故D正确．故选：BCD．【点睛】本题考查立体几何综合，属于压轴题.关键在于利用空间向量解决异面直线的夹角，及线段长度问题. 三、填空题13．若2、a、b、c、9成等差数列，则c﹣a=___________．【答案】【详解】由等差数列的性质可得2b=2+9，解得b=，又可得2a=2+b=2+=，解之可得a=，同理可得2c=9+=，解得c=，故c﹣a=﹣==14．过点的弦将圆的圆周分成两段圆弧，要使这两段弧长之差最大，则__________．【答案】【分析】因为弦将圆分成两段弧长之差最大，此时垂直，由此求解即可.【详解】因为弦将圆分成两段弧长之差最大，此时垂直，由圆的半径为，由勾股定理得．故答案为：.15．函数的非负零点按照从小到大的顺序分别记为，．，若，则的值可以是__________．（写出符合条件的一个值即可）【答案】（答案不唯一）【分析】先计算出最小正周期，从而求出，整体法求出零点，得到答案.【详解】由题意得，，∵，∴，，令，即，，对取特殊值即可，取，得；取，得（答案不唯一）．故答案为：16．已知点在线段上，是的角平分线，为上一点，且满足，设则在上的投影向量为__________．（结果用表示）．【答案】/【分析】由可设，结合双曲线的定义可得点的轨迹，再根据内心的向量性质可得为的内心，进而根据双曲线焦点三角形内心的性质求解即可.【详解】由，可设，由，得点的轨迹是以为焦点，实轴长为6的双曲线的右支（不含右顶点）.因为是的角平分线，且故也为的角平分线，为的内心.如图，设，，则由双曲线与内切圆的性质可得，，又，所以，，在上的投影长为，则在上的投影向量为．故答案为： 四、解答题17．已知数列的前项和为，且．(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据求出首项及，构造法求出通项公式；（2）求出，从而利用裂项相消法求和.【详解】（1）当时，，解得，当时，．可得，整理得：，从而，又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列；所以，所以，经检验，满足，综上，数列的通项公式为；（2）由（1）得，所以，所以，，所以18．平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知．(1)当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由．(2)记与的面积分别为和，请求出的最大值．【答案】(1)为定值，定值为1(2)14 【分析】（1）法一：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；法二：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；（2）由面积公式可得，令转化为二次函数配方求最值即可．【详解】（1）法一：在中，由余弦定理，得，即①，同理，在中，，即②，①②得，所以当长度变化时，为定值，定值为1；法二：在中，由余弦定理得，即，同理，在中，，所以，化简得，即，所以当长度变化时，为定值，定值为1；（2），令，所以，所以，即时， 有最大值为14．19．如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．(1)若点是的中点，求证：平面；(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在； 【分析】（1）连接，可得四边形是平行四边形，或，从而，可证得平面；（2）取中点，连接，分别以为轴，建立空间直角坐标系，假设点存在，设点的坐标为，可得平面的一个法向量，平面的一个法向量为，由二面角的余弦值为可得的值，可得的长．【详解】（1）方法一：连接，由已知得，，且，所以四边形是平行四边形，即，又平面平面，所以平面．方法二：连接，由已知得，且，，即，又平面平面所以平面（2）取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，由于平面，分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，，假设点存在，设点的坐标为，，设平面的法向量，则，即，可取，又平面的法向量为，所以，解得：，由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即．故上存在点，当时，二面角的余弦值为．20．已知函数．(1)当时，求在处的切线方程；(2)当时，不等式恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出函数的导数后可求切线的斜率，从而可求切线方程.（2）利用参变分离结合导数可求参数的取值范围，我们也可以利用分类讨论求出函数的最值，根据最值的性质讨论参数的取值范围.【详解】（1）当时，．故切线的斜率，又切点为切线方程为，化简得．（2）法1：当时，恒成立，故，也就是，即，由得，令，则，令，则，可知在单调递增，则，即在恒成立，．故在单调递增，所以，故在恒成立．所以在单调递增，而，所以，故．法2：因为当时，恒成立，故，由，令，得或，①当，即时，在上恒成立，在上单调递减，，不合题意，合题意．②当，即时，当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减，，设，则恒成立，在上单调递减，故即，合题意．综上，．法3：因为当时，恒成立，也就是，即恒成立，令，令，恒成立，在上单调递增．．①当，即时，在上单调递增，，合题意；②当，即时，，因为，，存在，使得，即．在上单调递减，在上单调递增．，不合题意．综上，．【点睛】思路点睛：含参数的函数不等式的恒成立问题，可以利用参变分离，利用导数求出新函数的最值，或者直接对含参数的函数就导数的符号分类讨论，从而可求函数的最值.21．已知双曲线的焦距为，且双曲线右支上一动点到两条渐近线的距离之积为．(1)求双曲线的标准方程；(2)设直线是曲线在点处的切线，且分别交两条渐近线于两点，为坐标原点，求的面积．【答案】(1)(2)2 【分析】（1）由点到直线的距离公式及双曲线定义计算即可；（2）分类讨论斜率的存在情况，联立直线与双曲线、渐近线方程结合韦达定理计算面积即可.【详解】（1）双曲线的渐近线方程为和，所以有，由题意可得，又，则，解得则双曲线的方程为（2）当直线斜率不存在时，易知此时，直线，不妨设，得；当直线斜率存在时，设直线的方程为，与双曲线的方程联立，可得，由直线与双曲线的右支相切，可得，故设直线与轴交于，则．又双曲线的渐近线方程为，联立，可得，同理可得，综上，面积为2．22．为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐．已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后一天继续选择面食套餐的概率为，如此往复．（1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率；（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为．（i）证明：为等比数列；（ii）证明：当时，．【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，“第天不选择米饭套餐”．由全概率公式有，计算可得；（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，依照（1）可得与的关系，然后根据等比数列定义证明；（ii）求出通项公式，然后分类讨论证明结论．【详解】解：（1）设“第天选择米饭套餐”，“第天选择米饭套餐”，则“第天不选择米饭套餐”．根据题意，，，．由全概率公式，得．（2）（i）设“第天选择米饭套餐”，则，，根据题意，．由全概率公式，得．因此．因为，所以是以为首项，为公比的等比数列．（ii）由（i）可得．当为大于的奇数时，．当为正偶数时，．因此当时，．