2023届广东省佛山市顺德区高三下学期5月模拟仿真数学试题含解析

这是一份2023届广东省佛山市顺德区高三下学期5月模拟仿真数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分，考试结束后，将答题卡交回，已知，若动点满足，则的最大值是等内容，欢迎下载使用。
佛山市顺德区2023届高三下学期5月模拟仿真数学2023.5本试卷共6页，22小题，满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号､试室号､座位号填写在数学答题卡，并用2B铅笔在答题上上的相应位置填涂考生号.2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3.回答第II卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4.考试结束后，将答题卡交回.一､单项选择题：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.2.（    ）A.    B.1    C.    D.-13.从中随机取2个不同的数，则这2个数之和是4与6的公倍数的概率是（    ）A.    B.    C.    D.4.如图，某圆柱体的高为是该圆柱体的轴截面.已知从点出发沿着圆柱体的侧面到点的路径中，最短路径的长度为，则该圆柱体的体积是（    ）A.3    B.    C.    D.5.已知的图象如图，则的解析式可能是（    ）A.    B.C.    D.6.已知，若动点满足，则的最大值是（    ）A.18    B.9    C.3    D.7.已知椭圆的下焦点为，右顶点为，直线交椭圆于另一点，且，则椭圆的离心率是（    ）A.    B.    C.    D.8.已知是函数的导函数，对于任意的都有，且，则不等式的解集是（    ）A.    B.C.    D.二､多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.的展开式中只有第六项的二项式系数最大，且常数项是-252，则下列说法正确的是（    ）A.    B.各项的二项式系数之和为1024C.    D.各项的系数之和为102410.所有的有理数都可以写成两个整数的比，例如如何表示成两个整数的比值呢？代表了等比数列的无限项求和，可通过计算该数列的前项的和，再令获得答案.此时，当时，，即可得.则下列说法正确的是（    ）A.B.为无限循环小数C.为有限小数D.数列的无限项求和是有限小数11.已知函数是的两个极值点，且，下列说法正确的是（    ）A.B.在上的单调递增区间为C.在上存在两个不相等的根D.若在上恒成立，则实数的取值范围是12.设函数有4个零点，分别为，则下列说法正确的是（    ）A.    B.C.的取值与无关    D.的最小值为10三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.其中第16题第一空2分，第二空3分.13.已知命题或，则__________.14.某机器生产的产品质量误差是的第60个百分位数，则__________.附：若，则，15.已知双曲线的左右焦点分别为，直线与双曲线的一条渐近线平行，过作，垂足为，则的面积为__________.16.在三棱锥中，是边长为6的等边三角形，，三棱锥体积的最大值是__________；当二面角为时，三棱锥外接球的表面积是__________.四､解答题：本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（本题满分10分）在中，角的对边为，设的面积为.（1）求角的大小；（2）若，过的重心点的直线与边的交点分别为，，请计算的值.18.（本题满分12分）已知数列的前项的和为，数列为单调递增的等比数列，且有.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，设的前项的和为，求的值.19.（本题满分12分）如图，在三棱锥中，，设点为上的动点.（1）求面积的最小值；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.20.（本题满分12分）篮球职业联赛通常分为常规赛和季后赛两个阶段.常规赛采用循环赛，胜率高或者积分高的球队进入季后赛，季后赛是淘汰赛，采用三局两胜制进行淘汰，最终决出总冠军.三局两胜制是指当比赛一方先赢得两局比赛时该方获胜，比赛结束.（1）下表是甲队在常规赛80场比赛中的比赛结果记录表，由表中信息，依据的独立性检验，分析“主场”是否会增加胜率（计算结果保留两位小数）.月份比赛次数主场次数获胜次数主场获胜次数10月836311月15108812月147851月1341132月117653月146734月5343（2）甲队和乙队在季后赛中相遇，经过统计甲队在主场获胜的概率为，客场获胜的概率为.每场比赛场地为上一场比赛的获胜方的场地.（i）若第一场比赛在甲队的主场进行，设整个比赛的进行的局数为，求的分布列及数学期望；（ii）设选择第一场为甲队的主场的概率为，问当为何值时，无论第一场比赛的场地在哪里，甲队最终获胜的概率相同，并求出此时甲队获胜的概率.附：0.1000.0500.0102.7063.8416.63521.（本题满分12分）已知点为直线上的动点，过点作射线（点位于直线的右侧）使得，设线段的中点为，设直线与轴的交点为.（1）求动点的轨迹的方程.（2）设过点的两条射线分别与曲线交于点，设直线的斜率分别为，若，请判断直线的斜率是否为定值以及其是否过定点，若斜率为定值，请计算出定值；若过定点，请计算出定点.22.（本题满分12分）已知函数，其中.（1）当时，求函数的零点；（2）若函数恒成立，求的取值范围.            佛山市顺德区2023届高三下学期5月模拟仿真数学参考答案一､单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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.B  【解析】因为集合，所以，故答案选B.2.D  【解析】，故答案选D.3.A  【解析】从中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若这2个数的和是4与6的公倍数的不同取法有：共2种，故所求概率，故答案选A.4.D  【解析】设圆柱体底面圆的半径为，则依题意得：，所以，即，所以该圆柱体的体积为：，故答案选D.5.C  【解析】由图可知函数的定义域为，由此即可排除选项；函数图象关于原点对称，即为奇函数，由此可排除选项A；根据图象可知，由此可排除D，故答案选：C.6.A  【解析】设，因为，所以，化简得：，法一：因为，所以，又，所以，即的最大值为18，故答案选A.法二：设线段的中点为，则，因为，又，所以的最大值为，故答案选A.7.C  【解析】由得，所以，把代入椭圆得，化简得，则椭圆的离心率为，故答案选C.8.D  【解析】法一：构造特殊函数.令，则满足题目条件，把代入得解得，故答案选.法二：构造辅助函数.令，则，所以在上单调递增，又因为，所以，所以，故答案选D.二､多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10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，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.ABC  【解析】因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，选项正确；所以的展开式中二项式系数之和为，故选项B正确；对于选项C：根据二项式定理知的通项式为，令得，所以的展开式中常数项为，所以，解得：，故C选项正确；对于选项：令得，所以各项的系数之和为0，所以选项错误.故答案选ABC.10.AD  【解析】对于选项A，，故选项A成立；对于选项B：令与条件矛盾，故选项B不成立；对于选项C：令与条件矛盾，故选项C不成立；对于选项D：数列的前项和为时，，所以数列的无限项求和为：是有限小数，故选项D成立.11.ACD  【解析】因为，由是的两个极值点，且得的最小正周期，所以，解得，故选项正确；对于选项：因为，所以，令，得，因为，所以，所以在上的单调递增区间为，，故选项B错误；对于选项C：因为在上单调递减，在上单调递增，且，由数形结合可知在上存在两个不相等的根，故选项C正确；对于选项：因为，所以，所以，因为在上恒成立，即在上恒成立，所以，解得：，故选项D正确.故答案选ACD.12.AD  【解析】令，可得，当时，；当时，；当时，.原函数的4个零点可表示为直线与三个函数，交点的横坐标.如图所示，是方程的两个解，根据韦达定理可得：，即可知选项成立，选项不成立.易知，结合图象可得，即可知选项B不成立；对于选项D，其中，则有，当且仅当时，成立.综上可得的最小值为10，选项D成立.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分.其中第16题第一空2分，第二空3分.13.且.14.0.9545  【解析】由题意可知，所以.15.  【解析】由题意可知，，所以.因为到直线的距离为，直线过左焦点，又，所以，所以的面积为：.16.  【解析】当二面角为，且时，三棱锥的体积最大，设线段的中点为，连接，易求得.当二面角为时，和的外接圆圆心分别记为和，分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为.过作的垂线，垂足记为，连接，.在中，由正弦定理得：，所以，易知，在Rt中，，在Rt中，，所以三棱锥外接球的半径，所以，即三棱锥外接球的表面积是.四､解答题：本大题共6小题，满分70分.解答题须写出文字说明､证明过程或者演算步骤.17.（本题满分10分）（1）在中，根据正弦定理结合条件，可得：.因为，所以，可得，即有，又，故.又因为，可得，即可得.根据，由此即可得.（2）解法一：以点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系.则可得点.根据重心的坐标公式可得：点.可设过点的直线的方程为：，由此可得点的坐标为：.根据可得.由此即可得.解法二：设的中点为，连接，利用“重心”的性质可得根据三点共线的性质可得：，根据条件可得：，等价于，又因为点在一条直线上，从而可得：，即可得成立.分18.（本题满分12分）（1）当时，；当时，.结合原题干可得；因为为等比数列，所以，结合，可得或因为数列单调递增，所以，可得数列的公比；即数列为首项的等比数列，即可得：.（2）因为数列满足，可得.数列的前项的和为将上面两式相减可得化简可得：由此可得：19.（本题满分12分）（1）设的中点为，连接.因为，所以；又因为，可得.又因为，所以平面，即可得，即可得为的高.面积在中，当时，取到最小值，结合利用余弦定理可得：，即有，根据等面积法可得此时.面积的最小值为.（2）解法一：以点为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线，该直线为轴，建立空间直角坐标系.其中设平面的法向量为则有：，据此可令可得结合图象可知平面的一个法向量为.由此可得.所以平面与平面的夹角的余弦值为.解法二：延长，过点作的垂线，垂足为，根据第（1）问可得平面，可得，以及，所以平面.又因为，可得四边形为正方形.据此以点为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.其中设平面的法向量为则有：，据此可令可得.结合图象可知平面的一个法向量为.由此可得.所以平面与平面的夹角的余弦值为.20.（本题满分12分）（1）零假设：甲队是否在“主场”比赛与是否获胜无关根据表格信息列出列联表如下 甲队胜甲队负合计主场301040客场202040合计503080.因为，根据小概率值的独立性检验，可以推断不成立，即认为“主场”会影响胜率，此推断犯错误的概率不超过0.05.（2）（i）的所有取值为：2，3则有：则的分布列为：23则可得的数学期望为：（ii）在三局两胜制中，甲队获胜的情况为：胜胜；负胜胜；胜负胜.当第一场比赛在甲队的主场进行时，甲队获胜的概率为：；当第一场比赛在乙队的主场进行时，甲队获胜的概率为：；第一场为甲队的主场且甲队获胜的概率为：；第一场为乙队的主场且甲队获胜的概率为：；当，即时，第一场的比赛场地对甲队没有影响.此时甲队获胜的概率为.21.（本题满分12分）（1）设点的坐标为，点.其中的中点为，由此可得直线的方程为：可得点的坐标为，再结合可得：化简整理可得动点的轨迹的方程为：.注：没有强调“”不扣分.（2）设直线的方程为：，联立直线与的方程可得：设点的坐标为，根据韦达定理可得：其中，结合条件可得：整理可得：结合直线的方程可化简为：代入韦达定理可得：通过分解因式可得：即可得或当时，直线的斜率为定值1；当时，直线恒过定点.22.（本题满分12分）（1）当时，，对函数求导可得当时，，从而可得恒成立.即可得在上单调递增.而此时，即可得在上仅有1个零点，且该零点为0（2）函数等价于，等价于上式等价于等价于等价于为此构造函数，上式等价于易知函数在定义域内单调递增，从而可得成立.化简可得等价于恒成立.设函数，易知，又因为恒成立，即可得，从而可得.当时，恒成立，综上可得的取值范围是.