广东省广州市黄埔区2023届高三模数学试题（含解析）

这是一份广东省广州市黄埔区2023届高三模数学试题（含解析），共23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。
广东省广州市黄埔区2023届高三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设复数满足（是虚数单位），则（    ）A． B． C． D．2．设集合，，则（    ）A． B． C． D．3．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为，则原圆锥的母线长为（    ）A．2 B． C．4 D．4．函数的大致图象是（    ）．A． B．C． D．5．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若是公差不为零的等差数列，则称数列为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，，则第40层放小球的个数为（    ）A．1640 B．1560 C．820 D．7806．若双曲线的两条渐近线与椭圆：的四个交点及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．7．已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．8．我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”．这就是“祖暅原理”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面的面积都相等，由此得到新几何体与半球的体积相等，即．现将椭圆绕轴旋转一周后得到如图3所示的椭球，类比上述方法，运用祖暅原理可求得该椭球的体积为（    ）  A． B． C． D． 二、多选题9．已知向量，，则（    ）A． B．C． D．在上的投影向量是10．下列说法正确的是（    ）A．若，则随机变量的方差B．若，，则C．若随机事件满足，，，则D．数据5，7，8，11，13，15，17的第80百分位数为1511．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．B．函数的最小正周期为C．函数的图象的对称轴方程为D．函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到12．已知函数，且，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．在上单调递减 D．最小值为 三、填空题13．的展开式中的系数是__________（用数字作答）．14．写出经过点且被圆截得的弦长为的一条直线的方程__________．15．算盘是中国传统的“珠算”工具．下图是一把算盘，自右向左，分别是个位、十位、百位、，上面一粒珠（简称上珠）代表数字，下面一粒珠（简称下珠）代表数字，即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现从个位和十位这两组中随机选择往下拨一粒上珠，往上拨粒下珠，则算盘表示的数为质数（除了和本身没有其它的约数）的概率是______.   四、双空题16．的内角的对边分别为，若，则_______，的最大值是________． 五、解答题17．在△中，角的对边分别为，且，，设与的夹角为．(1)当时，求及△的面积；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求函数的最大值与最小值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．18．某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团．足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各100名进行调查，得到如下列联表： 喜欢足球不喜欢足球合计男生6040100女生3070100合计90110200(1)根据小概率值的独立性检验，判断是否有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关？(2)现从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范点球射门．已知男生进球的概率为，女生进球的概率为，每人射门一次，假设各人射门相互独立，求3人进球总次数的分布列和均值．附：，．19．已知数列的前项和为，且，，．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和，求证：．20．如图，在几何体中，矩形所在平面与平面互相垂直，且，，．(1)求证：平面；(2)求二面角的平面角的余弦值．21．直线经过点且与抛物线交于两点．(1)若，求抛物线的方程；(2)若直线与坐标轴不垂直，，证明：的充要条件是．22．已知函数，．(1)求函数的单调区间；(2)讨论函数的零点个数．
参考答案：1．A【分析】根据复数的除法运算求出，再根据模长公式可得结果.【详解】由，得，故.故选：A．2．C【分析】根据不等式的解法和对数函数的性质，求得和，集合基本的交集与补集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，可得，所以.故选：C．3．D【分析】设圆台的母线长为，根据圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，利用圆台的性质以及相似三角形即可求解.【详解】设圆台的母线长为，因为该圆台侧面积为，则由圆台侧面积公式可得，所以，设截去的圆锥的母线长为，由三角形相似可得，则，解得，所以原圆锥的母线长，故选：.4．B【分析】根据函数的奇偶性公式运算发现函数为非奇非偶函数，排除A；易知当时，，故排除C；观察B，D选项，发现它们的主要区别是当时，的图象在y轴两侧的变化趋势不同，故联想到利用特殊值进行检验，即可得出结果.【详解】解：易知函数的定义域为，因为，所以函数为非奇非偶函数，排除A；易知当时，，故排除C；因为，，所以，所以排除D．故选：B．5．C【分析】首先由二阶等差数列的定义，得到，再求和得到数列的通项公式，即可求.【详解】设第层放小球的个数为，由题意，，……，数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以．故，故．故选：C．6．B【分析】利用正六边形的性质和椭圆的定义及离心率公式即可求解.【详解】由题意知，双曲线的一条渐近线是，则它与椭圆在第一象限的交点记为A，椭圆的左右焦点记为F1、F2，则根据正六边形的性质知是直角三角形，且设，所以.由椭圆的定义，得出，所以椭圆的离心率．故选:B．7．D【分析】根据构造函数，利用导数判断其单调性，将不等式化为，利用的单调性求解可得结果.【详解】设，由题设条件，得，故函数在上单调递减.由为奇函数，得，得，所以，不等式等价于，即，又函数在上单调递减，所以，故不等式的解集是．故选：D．8．A【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体．当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为时，设小圆锥底面半径为，则，即，故新几何体的截面面积为．把代入，即，解得，故半椭球的截面面积为，由祖暅原理，可得椭球的体积为：圆柱圆锥．故选：A．9．AC【分析】根据与的数量积为可得A正确；根据向量平行的坐标表示可得B错误；根据模长公式可得C正确；求出投影向量可得D错误.【详解】因为，，所以，，故A正确；因为，故B错误；，，故C正确；因为在上的投影向量是，故D错误.故选：AC．10．BCD【分析】由二项分布的方差公式，正态分布的对称性，全概率公式及百分位数，逐项判断即可．【详解】对于A：若，则随机变量的方差，故A错误；对于B：若，则，故B正确；对于C：由全概率公式，得，故C正确；对于C：由于，所以数据5，7，8，11，13，15，17的第80百分位数为15，故D正确；故选：BCD．11．AB【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再结合正弦函数的性质逐项判断作答.【详解】，故A正确；函数的最小正周期为，故B正确；由，得，故C错误；由的图象向左平移个单位长度，得，故D错误.故选：AB12．ABD【分析】由已知可得，则可知函数在R上递减.然后即可判断A、B项；取特殊值，即可说明C项；换元可得，，，代入化简可得.令，可得，代入整理可得.进而根据的取值范围，结合单调性，即可得出答案.【详解】因为，所以.因为，则，，所以，.对于A项，因为，，故，在R上递减.由，令，则在R上递减，且，所以，，且，则，恒成立，所以，故A项正确；对于B项，由A知，，，所以，故B项正确；对于C项，取，，，则，所以C错误；对于D项，因为，令，，，则.令，则，，且.因为，则，所以，故，可得.设，，又在上单调递增，且，，故，即，所以，所以D正确.故选:ABD.13．【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即可.【详解】的通项为，令，得的展开式中的系数是．故答案为：14．或【分析】根据圆的一般方程求出圆心和半径，利用直线的点斜式方程设出直线及点到直线的距离公式，结合圆中弦长，半径及弦心距的关系即可求解.【详解】圆的方程可化为，圆心为，半径．当过点的直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心在直线上，弦长，不满足题意，所以过点的直线的斜率存在，设过点的直线的方程为，即，则圆心到直线的距为，依题意，即，解得或，故所求直线的方程为或．故答案为：或．15．【分析】利用列举法求出算盘表示的数有6个，其中质数的有2个，代入古代概型概率公式直接计算即可.【详解】由题意可知，算盘所表示的数可能有：、、、、、，其中是质数的有：、，故所求事件的概率为.故答案为：16．          【分析】（1）由可得与的关系，即可求得的值；（2）利用诱导公式将用、表示，再利用基本不等式，即可得答案；【详解】，，；由于求的最大值，只需考虑的情况，所以，等号成立当且仅当.故答案为： ；.【点睛】本题考查正弦定理、诱导公式、基本不等式求最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意利用基本不等式求最值，要考虑等号成立的条件.17．(1)，(2)条件选择见解析，最大值为，最小值为0 【分析】（1）利用余弦定理可直接求，利用面积公式求解面积；（2）先化简，选择条件①时，根据得出的范围即可求解函数的范围；选择条件②时，根据得出的范围即可求解函数的范围.【详解】（1）由余弦定理得，，所以，△的面积．（2）．选择条件①：因为，所以，所以，，即.故，．选择条件②：因为，，所以，故．所以，，即.故，．18．(1)有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关(2)分布列见解析，均值为 【分析】（1）先零假设，再计算，对照临界值表可得结论；（2）写出的所有可能取值，求出取每个值的概率可得分布列，根据均值公式可得均值.【详解】（1）零假设为：该校学生喜欢足球与性别无关．根据列联表中的数据，经计算得，根据小概率值的独立性检验，推断不成立，所以有的把握认为该校学生喜欢足球与性别有关．（2）3人进球总次数的所有可能取值为 0，1，2，3.  ；；； ； 所以的分布列如下：0123所以．19．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用和的递推式，得出，进而求得的通项公式；（2）利用裂项相消法求得，即可得出结论.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，即，所以．即，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列．所以.（2），故数列的前项和，因为，所以，所以．20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由面面垂直性质定理证明平面，再证明，，利用线面垂直判定定理证明平面；（2）方法一，先证明，由面面垂直性质定理证明平面，记，证明是二面角的平面角，解三角形求其余弦值；方法二：先证明，由面面垂直性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求解结论.【详解】（1）在矩形中，，又平面平面，平面平面=，平面，所以平面，     又平面，所以，          在矩形中，,又，所以,所以.              又，平面，所以平面；（2）解法1：在与中，，，，所以，所以，由等腰三角形性质，得．又平面平面，平面平面=，平面所以平面．记，连结，所以，，所以是二面角的平面角．在中,．在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，所以，            即二面角的平面角的余弦值为． 解法2：在与中，，，，所以，所以，由等腰三角形性质，得．又平面平面，平面平面=，平面所以平面．记，以为坐标原点，方向分别为轴、轴、轴方向建立空间直角坐标系.在中,．所以，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，．设平面的法向量为，则，，即   ,  令，解得，，所以为平面的一个法向量．又平面的一个法向量为，所以，又二面角的平面角为锐角，即二面角的平面角的余弦值为．21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由抛物线经过点，代入求得，即可求得抛物线的方程；（2）设直线，，联立方程组求得，，当时，求得，得到充分性成立，反之由时，根据，求得，得到，得出必要性成立，即可得证.【详解】（1）解：因为抛物线经过点，可得，解得， 所以抛物线的方程为.（2）证明：设直线的方程为，，联立方程组，整理得， 则，．当时，直线的斜率之和为，因为，所以，即的倾斜角互补，所以． 反之，当时，直线的斜率之和为0，即，所以，即，因为，所以，即，所以，可得，                       综上所述，的充要条件是．【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.22．(1)函数的单调递减区间是，单调递增区间是(2)答案见解析 【分析】（1）求得，令，解得，结合导数的符号，即可求解；（2）根据题意转化为函数与的图象的交点个数，根据二次函数的性质，得到的单调性和最值，由（1）知取最小值，分别得到、和的零点个数，即可求解.【详解】（1）解：由，可得，令，解得，当时，则，可得，在单调递减；当时，则，可得，在单调递增； 故函数的单调递减区间是，单调递增区间是．（2）解：由，得，因此函数的零点个数等价于函数与的图象的交点个数，因为，所以的递增区间是，递减区间是，所以当时，取最大值，由（1）可知，当时，取最小值，当 ，即时，函数与的图象没有交点，即函数没有零点；当，即时，函数与的图象只有一个交点，即函数有一个零点； 当，即时，函数有两个零点，理由如下：因为，所以，，由函数零点存在定理，知在内有零点.又在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递增，所以在上只有一个零点. 又因为，所以的图象关于直线对称，因为的图象关于直线对称，所以与的图象都关于直线对称，所以在上只有一个零点. 所以，当时，有两个零点.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究函数的零点与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据零点与有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．