2023年广东省广州市黄埔区高考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2023年广东省广州市黄埔区高考数学模拟试卷（含解析），共19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年广东省广州市黄埔区高考数学模拟试卷一、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.  已知复数满足为虚数单位，则为(    )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，下底面半径为，且该圆台侧面积为，则原圆锥的母线长为(    )A.  B.  C.  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”，共有层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放个小球，第二层放个小球，第三层放个小球，第四层放个小球，，则第层放小球的个数为(    )A.  B.  C.  D. 6.  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，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（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.  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，，，，，，的第百分位数为11.  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（本大题共4小题，共20.0分）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______ ．

 16.  的内角，，的对边分别为，，，若，则          ，的最大值是          ．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
在中，角，，的对边分别为，，，且，，设与的夹角为．
当时，求及的面积；
再从条件、条件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：；条件：．
注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分．18.  本小题分
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、女同学各名进行调查，得到如表联表：  喜欢足球不喜欢足球合计男生女生合计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？
现从喜欢足球的学生中抽取了名男生和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，求人进球总次数的分布列和均值．
附：，．  19.  本小题分
已知数列的前项和为，且，，
求数列的通项公式；
设，数列的前项和，求证：．20.  本小题分
如图，在几何体中，矩形所在平面与平面互相垂直，且，，．

求证：平面；
求二面角的平面角的余弦值．21.  本小题分
直线经过点且与抛物线：交于，两点．
若，求抛物线的方程；
若直线与坐标轴不垂直，，证明：的充要条件是．22.  本小题分
已知函数，．
求函数的单调区间；
讨论函数的零点个数．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由，得，
则．
故选：．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由题意，集合，，
可得，所以．
故选：．
根据不等式的解法和对数函数的性质，求得和，再结合补集、交集运算，即可求解．
本题主要考查补集及其运算，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：设圆台的母线长为，
该圆台的侧面积为，
由圆台侧面积公式可得，
解得，
设截去的圆锥的母线为，
由三角形相似可得，
则，解得，
原圆锥的母线长为．
故答案为：．
故选：．
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．
本题考查圆锥的结构特征、母线、侧面积公式、三角形相似等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 4.【答案】 【解析】解：由题意知，，解得且，
当时，，，所以，即选项A错误；
当时，，，所以，即选项C错误；
因为，，所以，所以选项B正确，D错误．
故选：．
先写出函数的定义域，当时，，可排除；当时，，可排除，再比较与的大小，得解．
本题考查函数的图象与性质，观察对比选项，从函数的定义域，特殊点处的函数值等方面着手考虑是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：设第层放小球的个数为，
由题意，，，数列是首项为，公差为的等差数列，
所以．
故，
故．
故选：．
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．
本题主要考查了等差数列的定义及通项公式的应用，还考查了数列的递推关系及累加法的应用，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】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，
椭圆的左右焦点记为、，
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：．
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．
本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
 7.【答案】 【解析】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：．
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．
本题考查函数与导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】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：
．
故选：．
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．
本题考查了新定义问题，解题的关键时读懂题意，构建圆柱，祖暅原理的应用，化归转化思想，属中档题．
 9.【答案】 【解析】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：．
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．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：对于：若，则随机变量的方差，故A错误；
对于：若，则，故B正确；
对于：由全概率公式，得，故C正确；
对于：由于，所以数据，，，，，，的第百分位数为，故D正确．
故选：．
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．
本题主要考查了二项分布的方差公式，考查了正态分布曲线的对称性，考查了全概率公式，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】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：．
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．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：，即，
对、：又，，，则，，，，
故，在上递减，
由，
令，则在上递减，且，
，，
且，则对，恒成立，
可得，故A，B正确；
对：取，，，则，C错误；
对：令，
则，
令，则，
且，
，则，
，故
可得，
又在上单调递增，且，
故，即
D正确．
故选：．
对、：整理可得，构建，根据题意结合函数单调性分析判断；对：取特值，代入检验；对：令，，整理可得，再令，整理得，结合三角函数以及对勾函数分析运算．
本题主要考查函数最值的求法，考查换元法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：的通项为，
令，得的展开式中的系数是．
故答案为：．
利用二项式展开式的通项公式求解即可．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
 14.【答案】或 【解析】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．
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．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 15.【答案】 【解析】解：由题意可知，算盘所表示的数可能有：、、、、、，
其中是质数有：、，
故所求事件的概率为．
故答案为：．
利用列举法求出算盘表示的数有个，其中质数有个，代入古代概型概率公式直接计算即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】【分析】本题考查了正弦定理及变形、由基本不等式求最值或取值范围、两角和与差的正切公式、利用同角三角函数基本关系化简、诱导公式型，属于基础题．
由已知结合正弦定理及同角三角函数基本关系，求得的值；利用同角三角函数基本关系化简可得，由基本不等式即可求得的最大值．【解答】解：因为，
由正弦定理可得，
则，
所以．
所以，
所以，同号，所以为锐角，所以，
故，
当且仅当，即时取等号，
综上所述：，的最大值是．
故答案为：；．  17.【答案】解：由余弦定理得，，
所以，
的面积．




．
选择条件：
因为，
所以，
所以，，
即．
故，．
选择条件：
因为，，
所以，
故．
所以，，
即．
故，． 【解析】利用余弦定理可直接求，利用面积公式求解面积；
先化简，选择条件时，根据得出的范围即可求解函数的范围；选择条件时，根据得出的范围，即可求解函数的范围．
本题考查三角函数与解三角形的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 18.【答案】解：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．
人进球总次数的所有可能取值为 ，，，．
；
；
；
；
所以的分布列如下： 所以． 【解析】先零假设，再计算，对照临界值表可得结论；
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．
本题主要考查离散型随机变量期望的求解，考查转化能力，属于中档题．
 19.【答案】解：，，
，
，即，
，即，
又，
数列是首项为，公比为的等比数列．
；
证明：由得，则，
故数列的前项和，
，，
故． 【解析】利用和的递推式，得出，即可得出答案；
利用裂项相消法求得，即可证明结论．
本题考查数列的求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 20.【答案】解：证明：在矩形中，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，
，
在矩形中，，
又，
，
是直角三角形且，
又，，平面，
平面；
在与中，，，，
≌，则，
由等腰三角形性质得．
又平面平面，平面平面，平面，
平面．
连结，设，如图所示：

则，，
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，
，
故二面角的平面角的余弦值为． 【解析】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，即可证明结论；
先证明，由面面垂直性质定理证明平面，记，可得是二面角的平面角，解三角形求其余弦值，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和二面角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 21.【答案】解：因为抛物线：经过点，可得，解得，
所以抛物线的方程为．
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，
即，
所以，
即，
因为，所以，
即，
所以，可得，
综上所述，的充要条件是． 【解析】由抛物线经过点，代入求得，即可得抛物线方程；
设直线的方程为，，，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．
本题主要考查直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
 22.【答案】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．
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． 【解析】求得，令，解得，结合导数的符号，即可求解；
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，由知取最小值，分别得到、和的零点个数，即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查函数的零点，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．