广东省深圳市2023届高三冲刺（二）数学试题（含解析）

这是一份广东省深圳市2023届高三冲刺（二）数学试题（含解析），共21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。
广东省深圳市2023届高三冲刺（二）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，若，则（    ）A． B．C． D．2．已知复数，则 A． B．1+2i C． D．3．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为A． B． C． D．4．已知，则的值为（    ）A． B． C． D．5．正态分布密度函数具有性质：①函数图象关于直线对称；②的大小决定函数图象的“胖”、“瘦”．三个正态分布密度函数分别服从参数均值和方差，其图象如图，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．6．已知两个点，，若直线上存在点，使得，则称该直线为“直线”给出下列直线：①，②，③，则这三条直线中有几条“直线”（    ）A． B． C． D．7．向量满足，，，若，则（    ）A． B． C． D．8．已知函数的定义域为，若对都有，且在上单调递减，则与的大小关系是（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．下列叙述中正确的是 （    ）A．若，则的最小值为8；B．若，则“”的充要条件是“”；C．命题“对任意，有”的否定是“存在，有”；D．是的必要不充分条件．10．下列说法正确的是（    ）A．对于独立性检验，的值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越小B．在回归分析中，决定系数越大，说明回归模型拟合的效果越好C．随机变量，若，，则D．甲、乙、丙、丁个人到个景点旅游，每人只去一个景点且每个景点都有人去，设事件为“个人去的景点各不相同”，事件为“甲不去其中的景点”，则11．已知，则下列选项中正确的是（    ）A． B．关于轴对称C．关于中心对称 D．的值域为12．已知函数，若，且，都有，则实数的值可以为（    ）A．5 B．4 C．3 D． 三、填空题13．已知函数，，若，则实数的取值范围为______．14．若的二项展开式中所有项的二项式系数和为64，则常数项为 ____（用数字作答）15．椭圆的左右两焦点分别为，点在椭圆上，正三角形面积为，则椭圆的方程为______ ．16．已知数列{an}的通项公式an=，则an·an+1·an+2=________. 四、解答题17．已知数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，且公差和公比都是，若对满足的任意正整数，，均有成立．(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和．18．年是全面建成小康社会目标实现之年，是全面打赢脱贫攻坚战收官之年.为帮助某村巩固扶贫成果，该村的结对帮扶共建企业在该村建立了一座精米加工厂，并对粮食原料进行深加工，研发出一种新产品，已知该产品的质量以某项指标值为衡量标准，质量指标的等级划分如表：质量指标值产品等级 为了解该产品的生产效益，该企业先进行试生产，从中随机抽取了件产品，测量了每件产品的指标值，得到如下的产品质量指标值的频率分布直方图；设，当时，满足.（1）试估计样本质量指标值的中位数；（2）从样本质量指标值不小于的产品中采用分层抽样的方法抽取件产品，然后从这件产品中任取件产品，求至少有件级品的概率.19．如图，已知为的直径，点、在上，，垂足为，交于，且．  (1)求证：；(2)如果，，求的长．20．在正三角形中，、、分别是、、边上的点，满足：：：：如图将沿折起到的位置，使二面角成直二面角，连结如图   (1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)求直线与平面所成角的大小．21．已知点在抛物线上，点（其中）.如图过点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点（点在点的上方），直线与抛物线交于另一点.(1)记，当时，求的值；(2)若面积大于27，求的取值范围.22．已知函数，，且函数的图象在点处的切线斜率为3.(1)求的值；(2)求函数的单调区间．
参考答案：1．C【分析】根据给定条件，求出集合A，B，再利用并集的定义计算作答.【详解】解不等式得：，于是得，因，即，解得，则，所以.故选：C2．B【分析】根据共轭复数的定义易得.【详解】解：复数，则.故选：B.【点睛】考查共轭复数的定义，基础题.3．A【详解】根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=，∴，∴高SD=2OO1=，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，∴．考点：棱锥与外接球，体积．【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等． 4．C【分析】根据，借助于诱导公式，即可求得结果．【详解】，的值为，故选：5．D【分析】利用正态密度曲线的特征可得出结论.【详解】由图可知，正态密度函数、的对称轴重合，正态密度函数的对称轴在正态密度函数对称轴的左侧，则，正态密度函数的图象较正态密度函数、的图象“矮胖”，则.故选：D.6．C【分析】根据双曲线的定义得到点是以，为焦点的双曲线的右支，问题转化为看所给的直线与双曲线的右支是否有交点，结合图象，即可求解.【详解】由题意知，根据双曲线的定义，可得点是以，为焦点的双曲线的右支，所以点是双曲线右支与直线的交点，即“直线”须满足与双曲线的右支相交，又由双曲线的渐近线方程为，中，直线为双曲线的一条渐近线，直线与双曲线没有公共点，如图所示，所以不是“直线”；中，如图所示，直线与双曲线的右支无交点，所以不是“直线”；中，直线与双曲线的右支有一交点，如图所示，所以是“直线”．故选：C．    7．C【分析】运用向量垂直的条件，即数量积为，结合向量的平方即为模的平方，化简整理，计算即可得到所求值．【详解】由，得，又，所以，又，则，，所以，即，所以，又，所以，综上，，故选：C．8．A【分析】由，得到，利用单调性即可判断大小关系，即可求解．【详解】因为对都有，所以 又因为在上单调递减，且，所以，即．故选：A．9．AD【分析】对A，化简结合均值不等式即可得；对B，分别证明充分性、必要性，注意为零的情况；对C，任意都符合的否定是存在一个不符合；对D，求解即可判断【详解】对A，，当且仅当，即时等号成立，A对；对B，充分性：，且，则不成立；必要性：由，，则，则，故 “”是“”的必要不充分条件，B错；对C，命题“对任意，有”的否定是“存在，有”，C错；对D，，故是的必要不充分条件，D对；故选：AD10．BD【分析】直接利用独立性检验，决定系数，二项分布的均值与方差，排列组合的应用以及古典概型的概率公式判断．【详解】对于A：对于独立性检验，的值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，故A错误；对于B：在回归分析中，决定系数越大，说明回归模型拟合的效果越好，故B正确；对于C：随机变量，若，，故，则，故C错误；对于D：甲、乙、丙、丁个人到个景点旅游，每人只去一个景点且每个景点都有人去，设事件为“个人去的景点各不相同”，事件为“甲不去其中的景点”，则，故D正确，故选：BD．11．AB【分析】根据函数的周期性，对称性逐项检验即可判断ABC，利用正余弦函数的性质可判断D．【详解】A中，因为，所以，所以A正确；B中，由A可得，，所以，所以可得是函数的对称轴，所以B正确；C中，因为，而，所以对称轴为，所以C不正确；D中，因为，所以，所以D不正确，故选：AB．12．AB【分析】根据已知条件可得当时，对于恒成立，构造函数在单调递减，利用恒成立，分离转化为最值问题即可求解.【详解】因为且，都有，所以当时，对于恒成立，令，则在单调递减，所以对于恒成立，即对于恒成立，所以，因为在单调递减，当时，所以，所以，所以选项A、B正确，选项C、D不正确，故选：AB【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题求参数常用分离参数法的方法若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.13．【分析】确定函数是偶函数，运用导数判断函数的单调性，将不等式，化简为，即，解得即可得到的取值范围．【详解】由，函数是定义在上的偶函数，又，令且，则，故在上递增，所以，即在上恒成立，所以在上恒成立，所以在上递增，则上递减，，则，，即，即，在上单调递增，，即，解得．故答案为：．14．-20【分析】由条件利用二项式系数的性质求得n＝6，在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．【详解】若的二项展开式中所有项的二项式系数和为64可得2n＝64，n＝6，∴，它的展开式的通项公式为，令6﹣2r＝0，得r＝3，可得常数项为﹣，故答案为：﹣20．【点睛】本题考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于基础题．15．【分析】边的中点的横坐标为，代入椭圆方程得到，求得，根据题意得到且，结合，即可求解.【详解】如图所示，边的中点的横坐标为，把代入椭圆方程可得，解得，因为正三角形的面积为，可得，且，即，解得，将，且，代入，可得，解得或，因为，所以，则，所以椭圆的方程为.故答案为：.  16．【分析】根据给定的通项公式写出和，再经计算即可得解.【详解】an·an+1·an+2=··=.故答案为：17．(1)(2) 【分析】（1）由题意分别令，或，，根据数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，且公差和公比都是即可求出首项，写出通项公式即可（2）利用错位相减法即可求出数列的前项和．【详解】（1）对满足的任意正整数，，均有成立，令，则即，令，，得，，，解得，，由题意数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，且公差和公比都是，，即，（2）由1知，则，，，．18．（1）；（2）.【解析】（1）计算出各产品等级的频率，利用中位数左边的矩形面积之和为可求得的值；（2）计算得出件产品中级品共件，分别记为、、，级品共件，分别记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定事件“所抽的件产品中至少有件级品”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）当时，，，频率为；当时，，，频率为；当时，，，频率为.各产品等级的频率如下表所示：质量指标值产品等级频率，，所以，，解得；（2）所抽取的件产品中，级品的数量为，分别记为、、，级品的数量为，分别记为、、、，从这件产品中任取件产品，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，共个基本事件，其中，事件“所抽的件产品中至少有件级品”包含个基本事件，因此，所求事件的概率为.【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：（1）列举法；（2）列表法；（3）数状图法；（4）排列组合数的应用.19．(1)证明见解析(2)8 【分析】（1）连接，由已知条件推导出，，从而得到，由此能证明．（2）由已知条件推导出，，，从而得到，由（1）得，在中，由即可得出．【详解】（1）证明：连接，，，，又是的直径，，，，又，，，，，．（2）解：，， ，是的直径，，，，且为锐角，，由（1）得，，在中，，即．  20．(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）证明，利用直线与平面平行的判定定理证明平面；（2）不妨设正三角形的边长为取的中点，连结，证明是正三角形，推出为二面角的平面角，证明然后证明平面；（3）设在平面内的射影为，且交于点，说明就是与平面所成的角，在，求解即可．【详解】（1）：：，，平面，平面，平面；（2）不妨设正三角形 的边长为 ，在图中，取的中点，连结，：：：， ，而，是正三角形，又，，在图中，，，为二面角的平面角，由题设条件知此二面角为直二面角，，又、平面，，平面，即平面；（3）在图中，平面，，设在平面内的射影为，且交于点，则可得平面，又平面，，则就是与平面所成的角，在中，，，是等边三角形，，又平面，，为的中点，且，又，在，，，所以直线与平面所成的角为.21．(1)(2) 【分析】（1）首先求出抛物线方程，即可求出直线，的方程，再联立直线与抛物线方程，求出交点坐标，再根据两点的距离公式求出，，，，即可得解；（2）设，，即可得到的方程，从而得到点坐标，即可得到直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出，再由点到直线的距离公式求出到直线的距离，即可得到，再利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围，从而得到的取值范围；【详解】（1）解：由题可知：，所以，所以抛物线方程为.当时，，所以，，联立，消去得，解得或，所以，.所以，，∴，又，消去整理得，解得，，所以，所以，，∴.所以.（2）解：设，，则.令，则，即.所以.联立，消元整理得，解得、，∴.而，∴因为且，所以.所以.令，则.∴在上单调递减.又当时，.所以当时，.∴.22．(1)1(2)单调递增区间为，单调递减区间为 【分析】（1）根据题意结合导数的几何意义分析运算；（2）根据题意利用导数求原函数的单调区间.【详解】（1）对函数求导得：，由题意知：，解得.（2）由（1）可知：，，令，解得；令，解得；故函数的单调递增区间为，单调递减区间为.