2023年广东省广州市天河区高考数学三模试卷

这是一份2023年广东省广州市天河区高考数学三模试卷，共22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年广东省广州市天河区高考数学三模试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  若集合，，则(    )A.  B.  C.  D. 2.  已知复数满足，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  设两个单位向量，的夹角为，若在上的投影向量为，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  小明的父母在他入读初中一年级起的月日向银行教育储蓄账户存入元，并且每年在月日当天都存入一笔钱，每年比上年多存元，即第二年存入元，第三年存入元，，连续存年，每年到期利息连同本金自动转存，在小明高中毕业的当年月日当天一次性取出，假设教育储蓄存款的年利率为，不考虑利率的变化在小明高中毕业的当年月日当天，一次性取出的金额总数单位：千元为(    )A.  B.
C.  D. 5.  若，则(    )A.  B.
C.  D. 6.  正四棱柱中，，为上底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知总体划分为若干层，通过分层随机抽样，其中某一层抽取的样本数据为，，，，其平均数和方差分别为，记总的样本平均数为，则(    )A.  B.  C.  D. 8.  定义，设函数，若使得成立，则实数的取值范围为(    )A.  B.
C.  D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.  如图，在矩形中，点，，与点，，分别是线段与的四等分点，且若把矩形卷成以为母线的圆柱的侧面，使线段，重合，则(    )
 A. 直线与异面 B. 直线与异面
C. 直线与平面垂直 D. 直线与平面垂直10.  已知，是抛物线：上不同于原点的两点，点是抛物线的焦点，点是线段的中点，则(    )A. 的准线为
B. 当直线的斜率存在时，
C. 当，，三点共线时，
D. 当直线过点时，11.  甲乙两人进行围棋比赛，共比赛局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为若某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛记甲赢得比赛的概率为，则(    )A.  B.
C.  D. 的最小值为12.  设定义在上的函数与的导函数分别为和若，，且为奇函数，则(    )A. ， B.
C.  D. 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  曲线在点处的切线方程为______ ．14.  在中，点在边上，，，，，则的长为______ ．15.  已知是双曲线的右焦点，直线与双曲线交于，两点，为坐标原点，，分别为，的中点，且，则双曲线的离心率为______ ．16.  已知空间直角坐标系中，过点，且一个法向量为的平面的方程为用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，试写出直线的一个方向向量为______ ，直线与平面所成角的正弦值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
在直角坐标系中，已知是以原点为圆心，半径长为的圆，点，角单位：弧度的始边为射线，终边与交于点，点的纵坐标关于角的函数为．
写出函数的解析式；
将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍纵坐标不变，再将得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象求函数在区间上的最大值和最小值，并写出取得最值时自变量的值．18.  本小题分
某学校开展“争做文明学生，共创文明城市”的创文知识问答竞赛活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取名学生的竞赛成绩单位：分，并以此为样本绘制了如下频率分布直方图．
求该名学生竞赛成绩的第百分位数；
学校拟对被抽取的名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于的学生获得次抽奖机会，得分高于的学生获得次抽奖机会假定每次抽奖抽到价值元的学习用品的概率为，抽到价值元的学习用品的概率为从这名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为元，求的分布列和数学期望用分数表示，并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额．
19.  本小题分
已知数列的首项，其前项和为，且满足．
求；
设，求数列的最大项．20.  本小题分
如图，在四棱锥中，底面为梯形，，，，，平面平面，为棱上的点，且．
求证：平面；
若，二面角为，求平面与平面的夹角的余弦值．
21.  本小题分
已知椭圆的左、右顶点分别为，直线与相切，且与圆：交于，两点，在的左侧．
若直线的斜率，求原点到直线的距离；
记直线，的斜率分别为，，证明：为定值．22.  本小题分
已知函数，记的导函数为．
当时，讨论的极值点的个数；
若有三个零点，，，且，证明：．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，，
．
故选：．
可求出集合，然后进行交集的运算即可．
本题考查了集合的列举法和描述法的定义，交集的定义及运算，一元二次不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：设，，，
因为，
所以，
所以，解得，，
所以．
故选：．
首先设复数，再根据复数模的公式，以及复数相等，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：在上的投影向量为，
，
，
，
．
故选：．
根据投影向量的定义可得，结合向量的数量积运算求解即可．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了投影向量的定义，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：设第年的存款到取出时的本息和为千元，，，，，，，
，，，，，，
所以小明高中毕业的当年月日当天，一次性取出的金额总数为：
，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选：．
由条件确定每年的存款的本息和，再利用错位相减法求六年的本息和即可．
本题考查函数模型的应用，属于中档题．
 5.【答案】 【解析】解：，
，，即，，
．
故选：．
由题意，利用两角和差的正切公式，求得的值．
本题主要考查两角和差的正切公式，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：设底面四边形的中心为，连接，则，
设点到平面的距离为，，，
则中，边上的高为，
则，
由，
得，
所以，
由，得，则，则，
所以，
即点到平面的距离的取值范围是．
故选：．
设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，利用等体积法求解即可．
本题主要考查了等体积法求点到直线距离，属于中档题．
 7.【答案】 【解析】解：因为样本数据的，，，的平均数是，
方差是，
所以，，
所以





．
故选：．
根据样本数据的平均数和方差公式，计算即可．
本题考查了平均数与方差的计算问题，是基础题．
 8.【答案】 【解析】解：命题使得成立的否定为对，，因为当或时，，当时，，
所以当或时，，
若命题，为真命题，
则当时，恒成立，
所以，其中，
设，，
当时，函数在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，所以，所以，与矛盾，舍去；
当时，函数在上单调递减，
所以当时，函数取最小值，所以，
所以，与矛盾，舍去；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，函数取最小值，所以，
所以，
所以当时，命题，为真命题，
所以若使得成立，
则的取值范围为．
故选：．
先考虑命题使得成立的否定为真命题时的取值范围，再求其补集即可．
本题属于新概念题，考查了对特殊命题的否定、指数函数的性质、二次函数的性质、转化思想及分类讨论思想，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：对于，点，，与点，，分别是线段与的四等分点，
取，分别为下底面和上底面的圆心，
根据对称性得，故A不正确；

对于，连接，直线与异面直线，故B正确；

对于，点，，与点，，分别是线段与的四等分点，
连接，，，，，，，，，
由圆柱的性质知，，
四边形，，同理，
是圆的直径，，即，
底面，底面，
，，平面，故C正确；

对于，连接，，圆弧，主，以圆的半径为，
则圆弧，而，圆弧，
与不一定相等，
四边形的对角线与不一定垂直，

直线与平面不一定垂直，故D错误．
故选：．
由题意可证明，判断；由异面直线的定义判断；由线面垂直的判定定理判断；由和不一定垂直判断．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
 10.【答案】 【解析】解：抛物线：的焦点，准线方程为：，故A错误；
，是抛物线：的点，可得，，可得，
可得，所以B正确；
由抛物线的定义可得，过焦点的弦的长为，故C正确；
设直线的方程为，与抛物线的方程联立可得，可得，，，
，可得，
，
，
故D不正确．
故选：．
求得抛物线的焦点，得到准线方程可判断；利用点差法求解直线的斜率判断；
由过焦点的弦长公式可判断；设直线的方程为，与抛物线的方程联立，运用韦达定理以及弦长公式，转化求解判断即可．
本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，
，
，
，故C正确；
，故A正确；
，故B错误；
 当时，，
由知，的最大值不是，故D错误．
故选：．
由题设可得，又，可得，结合各选项即可判断正误．
本题考查命题真假的判断，考查二项式定理、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 12.【答案】 【解析】解：对，因为为奇函数，
则图像关于对称，且，
所以，A正确：
对于，因为，
则，
则，
又，
所以，
令，可得，即．
所以，又，
所以，
所以，
所以的周期，
所以，
由可得，，，，
所以，，
所以，C正确；
对，，则是周期的函数，
，B错误；
对，，
，
所以，
所以，D错误．
故选：．
由为奇函数，结合奇函数的性质判断，由条件证明为周期为的函数，利用组合求和法求判断，根据条件证明，由此判断．
本题考查抽象函数的应用，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由，得，
．
则曲线在点处的切线方程为．
即．
故答案为：．
求出原函数的导函数，得到函数在处的导数值，再由直线方程的点斜式得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．
 14.【答案】 【解析】解：作交于，

，，，，
，
则，
，
．
故答案为：．
作交于，求出以及，再结合余弦定理即可求解结论．
本题主要考查三角形的求解，考查计算能力，解题时要注意余弦定理的合理运用，属于中档题．
 15.【答案】． 【解析】解：根据对称性设在第一象限，设，
点，，分别为三角形的三边的中点，
，，
，，即四边形为矩形，
，
，则，
则，即，
即，则，
则左焦点，右焦点，
则，
则，即．
即双曲线的离心率．
故答案为：．
根据中位线的性质，利用直线垂直的条件，求出的坐标，然后利用双曲线的定义建立方程进行求解即可．
本题主要考查双曲线离心率的的计算，利用中位线的性质和双曲线的定义建立方程关系进行求解是解决本题的关键，是中档题．
 16.【答案】  【解析】解：由题意得平面的方程为，则平面的法向量为，
平面的法向量为，的法向量为，
设直线的方向向量为，则，即，
取，则，，则，
设直线与平面所成角，，
则．
故答案为：；．
由题意得平面的法向量，同理可得平面的法向量以及的法向量，根据已知可知直线与这两个法向量垂直，可设直线的方向向量为，列出方程组，求得直线的一个方向向量，即可得出答案．
本题考查直线与平面的夹角和平面的法向量，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 17.【答案】解：根据三角函数的定义有；
将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍纵坐标不变，
再将得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，
则，，则，
当，即时，取得最大值，当，
即时，取得最小值． 【解析】直接根据三角函数的定义可得；根据平移变换规律得到，再利用整体思想求最值即可．
本题考查三角函数的变换，三角函数的值域问题，属于基础题．
 18.【答案】解：由题意得，，，
所以第百分位数大于，小于，
设第百分位数为，则，
所以，
所以该名学生竞赛成绩的第百分位数为；
由已知的取值可能为：，，，，
由已知从人中任取一名同学，该同学成绩不超过的概率为，
又每次抽奖抽到价值元的学习用品的概率为，
抽到价值元的学习用品的概率为，

，
，
，
，

所以的分布列为： 所以，
所以此次抽奖要准备的学习用品的价值总额估计为元． 【解析】由频率分布直方图确定各组的频率，结合百分位数的定义求解；
由条件确定的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列，再由期望公式求期望，并估计此次抽奖要准备的学习用品的价值总额．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
 19.【答案】解：因为，
所以，
所以，
故，
所以，，，，，
所以
；
因为，所以，
又，所以，
由，可得，，
所以，，
所以，
，
当时，
，
又，所以，
因为，所以，
所以当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以数列的最大项一定为偶数项，
当为偶数时，，
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，且为偶数时，数列单调递增，，
所以且为偶数时，单调递减，
又，，
所以数列的第二项和第四项都为其最大项，且． 【解析】由已知可推得，即可求得；
充分利用条件，分奇偶找出的表达式式是难点，最后根据单调性找出最大项．
本题考查数列递推关系的处理，属难题．
 20.【答案】证明：设点为的一个三等分点，且，连接，，
因为，，所以，，
又因为，，所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
因为，平面平面，
且平面平面，所以平面，
所以，所以为二面角的平面角，
以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，令，得；
同理，，，设平面的法向量为，
则，令，则，，所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
． 【解析】取的一个三等分点，连接，，证明四边形是平行四边形，得出，即可证明平面．
由，平面平面，得出平面，，是二面角的平面角，建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，求出平面、平面的法向量，用法向量求平面与平面夹角的余弦值．
本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了空间向量的应用问题，是中档题．
 21.【答案】解：由题意知直线斜率存在，设直线方程为，
与椭圆 联立得．
因为直线与相切，
所以，
故，
当时，，或，直线方程为，
所以原点到直线的距离为；
设，，，由已知可得，，
，，
由得，，，
所以，
由，得，
由韦达定理得，
，，
故，
，
代入式整理可得，
所以为定值． 【解析】设出直线方程，根据直线与相切求出或，再利用点到直线距离公式即可求出．
设直线方程为，根据直线与相切求出，再把直线方程与圆的方程联立，借助韦达定理得到，关系式，代入即可化简出定值．
本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的应用，考查了方程思想的应用，属于中档题．
 22.【答案】解：函数，函数定义域为，
可得，
不妨设，
易知，
而，
当时，，可得，
即函数在区间单调递减，
所以在区间上，，在区间上，，
故当时，有个极值点；
证明：不妨设，
则，
当时，，，
即恒成立，
所以在区间上单调递增，
所以在区间上，，在区间上，，
故只有一个极值点；
当时，，方程有两个不相等的实数根，，不妨设，
因为，，
所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
易知，
所以，，
因为当时，，当时，，
所以函数在和各存在一个变号零点，
故此时有三个零点，，，且，
因为，
所以，
所以；
要证，
只需证，
即证，
由，
可知，
即，
即证，
又，
所以只需证，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以在区间上单调递增，
所以，
即当时，恒成立，
因为，
所以，
故不等式得证． 【解析】由题意，得到函数的解析式，对其进行求导，再构造新函数，对新函数进行求导，利用导数得到新函数的单调性，进而即可求解；
设，对当和这两种情况进行逐一分析，得到有三个零点，，，且，将问题转化成求证，构造新函数，对新函数进行求导，利用导数得到其单调性和最值，进而即可求证．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值；考查了逻辑推理能力和转化思想．