广东省梅州市梅江区梅州中学2023届高三冲刺热身数学试题（含解析）

这是一份广东省梅州市梅江区梅州中学2023届高三冲刺热身数学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省梅州市梅江区梅州中学2023届高三冲刺热身数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．若复数是纯虚数，则实数（    ）A． B． C． D．3．为了强化学校的体育教育教学工作，提高学生身体素质，加强学生之间的沟通，凝聚班级集体的力量，激发学生热爱体育的热情．某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为（    ）A．48 B．36 C．24 D．124．已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列，则（    ）A． B． C． D．5．中国的5G技术领先世界，5G技术的数学原理之一便是著名的香农公式：.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度C取决于信道带宽W，信道内信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比.当信噪比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽W，而将信噪比从1000提升至8000，则C大约增加了()（    ）A．10% B．30% C．60% D．90%6．如图，点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ）A． B．C． D．7．为了解高中学生的体质健康水平，某市教育局分别从身体形态、身体机能、身体素质等方面对该市高中学生的体质健康水平进行综合测评，并根据年版的《国家学生体质健康标准》评定等级，经过统计，甲校有的学生的等级为良好，乙校有的学生的等级为良好，丙校有的学生的等级为良好，且甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生人数之比为.从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取名学生，则该学生的等级为良好的概率为（    ）A． B． C． D．8．已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：t/hm2）数据为：9.8，10.0，10.0，10.0，10.2，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：t/hm2）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则（    ）A．甲种的样本极差小于乙种的样本极差B．甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数C．甲种的样本方差大于乙种的样本方差D．甲种的样本60百分位数小于乙种的样本60百分位数10．已知，则下列说法中正确的是（    ）A．函数的最小正周期为B．函数在上单调递减C．函数的图象可以由函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍得到D．是函数图象的一个对称中心11．已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，C的准线与x轴的交点为，过F的直线l与C交于A，B两点，与C的准线交于点E，直线l的倾斜角，且点A在第一象限，下列选项正确的有（   ）A．为定值 B．为定值C．若F为AE的中点，则 D．若B为AE的中点，则12．正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（    ）A．与垂直B．与一定是异面直线C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为 三、填空题13．的展开式中含项的系数为______．14．已知平面向量，，若，则实数的值为__________． 四、双空题15．直线：和：与x轴围成的三角形是等腰三角形，写出满足条件的k的两个可能取值：______和______． 五、填空题16．已知函数，若方程f（x）＝m（m∈R）恰有三个不同的实数解a，b，c（a＜b＜c），则（a＋b）c的取值范围是_____________． 六、解答题17．已知等比数列的前项和为，且，，数列满足．(1)求数列和的通项公式；(2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．18．在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且满足.（1）求角B大小；（2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.19．如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点．将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点．(1)证明：平面；(2)若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值．20．根据以往大量的测量知某加工厂生产的钢管内径尺寸X服从正态分布，并把钢管内径在内的产品称为一等品，钢管内径在内的产品称为二等品，一等品与二等品统称为正品，其余范围内的产品作为废品回收．现从该企业生产的产品中随机抽取1000件，测得钢管内径的样本数据的频率分布直方图如图：(1)通过检测得样本数据的标准差，用样本平均数x作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，根据所给数据求该企业生产的产品为正品的概率；（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）(2)假如企业包装时要求把2个一等品和个二等品装在同一个箱子中，质检员从某箱子中摸出两件产品进行检验，若抽取到的两件产品等级相同，则该箱产品记为A，否则该箱产品记为B．①试用含n的代数式表示某箱产品抽检被记为B的概率p；②设抽检5箱产品恰有3箱被记为B的概率为，求当n为何值时，取得最大值，并求出最大值．参考数据：21．过点的动直线与双曲线交于两点，当与轴平行时，，当与轴平行时，．(1)求双曲线的标准方程；(2)点是直线上一定点，设直线的斜率分别为，若为定值，求点的坐标．22．已知函数，其中．(1)证明：恒有唯一零点；(2)记（1）中的零点为，当时，证明：图像上存在关于点对称的两点．
参考答案：1．C【分析】解出集合，根据交集含义即可得到答案.【详解】由题意得，，则，故选：C．2．A【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断.【详解】，则，有.故选：A3．B【分析】特殊位置优先排，分类求解可得.【详解】当甲排第1棒时，乙可排第2棒或第4棒，共有种；当甲排第2棒时，乙只能排第4棒，共有.故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为种.故选：B4．A【分析】根据条件列出关于等差数列基本量的方程组，即可求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则，，因为成等比数列，所以，即，因为，所以，所以.故选：A5．B【解析】根据所给公式、及对数的运算法则代入计算可得；【详解】解：当时，，当时，，∴，∴ 约增加了30%.故选：B6．D【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项.【详解】对于A选项，如下图所示，在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，，因为平面，平面，所以，平面，同理可证平面，因为，、平面，所以，平面平面，因为平面，故平面，A满足；对于B选项，如下图所示，连接，在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，故，因为、分别为、的中点，则，所以，，因为平面，平面，所以，平面，B满足；对于C选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，连接、、，因为且，、分别为、的中点，所以，且，故四边形为平行四边形，则，因为、分别为、的中点，所以，，则，所以，、、、四点共面，因为且，则四边形为平行四边形，所以，，因为、分别为、的中点，则，所以，，因为平面，平面，所以，平面，C满足；对于D选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，连接、、、、、，因为且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，因为、分别为、的中点，所以，，故，所以，、、、四点共面，同理可证，故，同理可得，，反设平面，因为，且平面，则平面，但与平面有公共点，这与平面矛盾，故平面，D不满足.故选：D.7．C【分析】记“该学生来自甲校”为事件，“该学生来自乙校”为事件，“该学生来自丙校”为事件，记“该学生的等级为良好”为事件，利用全概率公式可求得的值.【详解】从甲、乙、丙这三所学校参加测评的学生中随机抽取名学生，记“该学生来自甲校”为事件，“该学生来自乙校”为事件，“该学生来自丙校”为事件，则，，.记“该学生的等级为良好”为事件，则，，，所以.故选：C.8．D【分析】利用多次求导的方法，列不等式来求得的取值范围.【详解】的定义域是，，令，所以在区间递减；在区间递增.要使有两个极值点，则，此时，构造函数，所以在上递增，所以，所以，所以实数a的取值范围.故选：D【点睛】利用导数研究函数的极值点，当一次求导无法求得函数的单调性时，可利用二次求导的方法来进行求解.在求解的过程中，要注意原函数和导函数间的对应关系.9．ABD【分析】根据极差判断A，计算平均数判断B，计算方差判断C，分别计算甲乙的样本60百分位数判断D.【详解】对A，，故A对；对B，，，故B对；对C，因为甲、乙平均值都为，所以，，显然甲种的样本方差小于乙种的样本方差，故C错误；对D，为整数，故甲的60百分位数，乙的60百分位数为，故D对.故选：ABD10．ABD【分析】先利用三角恒等变换的公式化简，然后再逐项进行分析即可.【详解】因为，所以，所以，A．，故正确；B．因为，所以，由在上单调递减可知在上单调递减，故正确；C．函数图象上各点的横坐标不变，纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数，不是，故错误；D．令，所以，当时，，所以是函数图象的一个对称中心，故正确；故选：ABD.11．ACD【分析】由题设可得、、，令且，联立抛物线，应用韦达定理求得，，，，再利用向量数量积的坐标表示判断A、B；由中点公式及韦达定理求即可判断C、D.【详解】由题设，令且，，则，，联立直线与抛物线得：，，所以，，则，，由，则，A正确；由，则，B错误；若F为AE的中点，则，可得，故，又，则，所以，C正确；若为AE的中点，则，可得，所以，可得，则，此时，D正确.故选：ACD12．ACD【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.【详解】如图建立空间直角坐标系，设，则，A：由题可得，所以,所以，即，故A正确；B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；C：由，可得，则，由于，故C正确；D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，则五边形为平面截正方体所得的截面，因为E，F分别是，的中点，所以易得，故可得，因为，所以，可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.故选：ACD.13．【分析】利用二项式定理即可求解.【详解】的通项公式为，所以的展开式中含项为，所以展开式中含项的系数为．故答案为：.14．/【分析】由于，所以由构成的平行四边形对角线相等，故为矩形，所以，再运用数量积计算即可.【详解】 ，由构成的平行四边形为矩形，即，则，解得；故答案为： .15．          （答案不唯一）【分析】根据给定条件，按等腰三角形底边所在直线分类，结合斜率的意义及二倍角的正切求解作答.【详解】令直线的倾斜角分别为，则，当围成的等腰三角形底边在x轴上时，，；当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，，整理得，而，解得；当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，所以k的两个可能取值，.故答案为：；16．【分析】根据分段函数解析式画出图象，即可得出a＋b＝－2，，进而可求（a＋b）c的范围.【详解】依题意，函数的图象如图所示：方程f（x）＝m（m∈R）恰有三个不同的实数解a，b，c（a＜b＜c），可得a＋b＝－2，f（0）＝1＝f（1），，则，故答案为：．17．(1)， ；，(2) ． 【分析】（1）设等比数列的公比为，由求得公比，再由求解；进而由求解. （2）由对于任意的恒成立，令，，求得其最小值即可.【详解】（1）解：设等比数列的公比为，由，显然，所以，解得，由于，所以的通项公式为，；所以，，所以的通项公式为，．（2）因为恒成立，即对于任意的恒成立．令，，则，当时，所以，即的最小值为，所以实数的取值范围为.18．（1）；（2）.【分析】（1）根据条件由降幂公式结合正弦定理可得，即，再由角的范围可得出答案.（2）由由正弦定理有，再根据（1），可得，然后由为锐角三角形求出角的范围，即可求出答案.【详解】解：（1），，，即，所以由，，，.（2）由正弦定理知：，，，.由于为锐角三角形，，，，当时，，当或时，，，.所以周长的取值范围：【点睛】本题考查利用正弦定理进行边化角，求解三角形的内角，和利用正弦定理求三角形周长的范围，属于中档题.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点Q，可得四边形EFPQ为平行四边形，则，由直线与平面平行的判定定理证明即可；（2）取EF中点O，BC中点G，可得平面EFCB，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，求出与平面BFP的法向量的坐标，利用向量夹角公式求解.【详解】（1）取的中点Q，连接,则有，且，又，且，故，且，则四边形EFPQ为平行四边形，则，又平面，平面，故平面．（2）取EF中点O，BC中点G，由平面平面EFCB，且交线为EF，故平面EFCB，此时，两两垂直，以O为原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则可得，，，，由P为中点，故，则，，，设平面BFP的法向量，则，即，故取，故所求角的正弦值为， 所以直线与平面BFP所成的角的正弦值为．20．(1)0.71(2)①；②． 【分析】（1）运用频率分布直方图求得其平均数及即可.（2）运用对立事件的概率公式、古典概型概率及运用导数研究函数的单调性，进而求得最值即可.【详解】（1）由题意估计从该企业生产的正品中随机抽取1000件的平均数为：，所以，，则，，，则一等品内径在内，即，二等品内径在内，即，所以该企业生产的产品为正品的概率为：．（2）①从件正品中任选2个，有种选法，其中等级相同的有种选法，所以某箱产品抽检被记录为B的概率为：．②由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p，则5箱产品恰有3箱被记录为B的概率为：，，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，取得最大值，此时，，解得或（舍去）．所以当时，取得最大值.21．(1)(2) 【分析】（1）根据与坐标轴平行的情况可得双曲线上的点的坐标，代入双曲线方程即可求得结果；（2）方法一：由三点共线可整理得到，代入双曲线方程可整理得到，结合两点连线斜率公式可化简得到，根据为常数可构造方程求得，进而得到点坐标，验证可知符合题意；方法二：设，与双曲线方程联立可得一元二次方程，根据该方程的根可化简得到，同理可得，由此可化简得到，由为常数可构造方程求得点坐标，验证可知当直线斜率为和斜率不存在时依然满足题意，由此可得结论.【详解】（1）由题意可知：双曲线过点，，将其代入方程可得：，解得：，双曲线的标准方程为：.（2）方法一：设，点与三点共线，，（其中，），，，又，整理可得：，当时，，，不合题意；当时，由得：，设，则，，若为定值，则根据约分可得：且，解得：；当时，，此时；当时，为定值.方法二：设，直线，由得：，为方程的两根，，则，由得：，由可得：，同理可得：，则，若为定值，则必有，解得：或或，又点在直线上，点坐标为；当直线斜率为时，坐标为，若，此时；当直线斜率不存在时，坐标为，若，此时；综上所述：当时，为定值.【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线中的定点定值问题的求解，本题求解的基本思路是能够利用直线与双曲线相交的位置关系确定两交点横纵坐标所满足的等量关系，进而通过等量关系化简所求的，根据为常数来构造方程求得定点的坐标.22．(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）令，对函数求导利用函数导数单调性进行证明即可；（2）将问题转化，构造新函数，对函数求导，利用函数导数单调性进行证明即可.【详解】（1），又，令，则，递增，令，则，递减，而时，，时，有，，可得恒有唯一零点．（2）因为，故，要证图像上存在关于点对称的两点，即证方程有解；，令，，令，则，令，当时，，则，递增，当时，，则，递减，故，因为，故，又时，，时，，故先负后正再负，则先减再增再减，又，且时，，时，，故先正后负再正再负，则先增再减再增再减，又时，，时，，而，故在区间存在两个零点，则原题得证！【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.