广东省佛山市南海区狮山石门高级中学2023届高三保温考数学试题（含解析）

这是一份广东省佛山市南海区狮山石门高级中学2023届高三保温考数学试题（含解析），共24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。
广东省佛山市南海区狮山石门高级中学2023届高三保温考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，下图中阴影部分表示的集合为（    ）  A． B．C． D．2．梯形中，，已知，则（    ）A． B． C． D．3．在平面直角坐标系中，以下方程对应的曲线，绕原点旋转一定角度之后，可以成为函数图象的是（    ）A． B．C． D．4．2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（    ）．A． B．C． D．5．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ）．A． B． C． D．6．过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A，B点，，且，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．47．已知两个全等的矩形与所在的平面相互垂直，，，点为线段（包括端点）上的动点，则三棱锥的外接球的半径可以为（    ）A． B． C． D．8．已知定义在上的函数，分别为函数，的导函数，若为偶函数，且，，则（    ）A．2023 B．4 C． D．0 二、多选题9．下列命题中，正确的是（    ）A．若事件与事件互斥，则事件与事件独立B．已知随机变量服从二项分布，若，则C．已知随机变最服从正态分布，若，则D．对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是10．已知数列，下列结论正确的有（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，则数列是等比数列D．若为等差数列的前项和，则数列为等差数列11．已知函数的初相为，则下列结论正确的是（    ）A．的图象关于直线对称B．函数的一个单调递减区间为C．若把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则为偶函数D．若函数在区间上的值域为12．已知定义在R上且不恒为0的函数，对任意的，都有，则（    ）A．B．函数是奇函数C．对，有D．若，则 三、填空题13．已知是关于的方程的一个根，其中，为实数，则______.14．写出一个同时具备下列性质①②③的函数______.①定义城为，②导函数；③值域为15．足球是一项大众喜爱的运动，某校足球社通过调查并进行科学的统计分析，对学校学生喜爱足球是否与性别有关的问题，得出了结论：喜爱足球与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.据足球社透露，他们随机抽取了若干人进行调查，抽取女生人数是男生人数的2倍，男生喜爱足球的人数占男生人数的，女生喜爱足球的人数占女生人数的.通过以上信息，可以确定本次足球社所调查的男生至少有______人.0.100.050.010.0050.0012.7063.8415.6357.87910.82816．如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱，，都在平面的同侧.若顶点，，到平面的距离分别为，，，则该正方体的表面积为______. 四、解答题17．如果数列对任意的，，则称为“速增数列”.(1)请写出一个速增数列的通项公式，并证明你写出的数列符合要求；(2)若数列为“速增数列”，且任意项，，，，求正整数的最大值.18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面平面，，，，分别为，的中点.  (1)求证：平面；(2)若，求二面角的余弦值.19．已知的内角A，，所对的边分别为，，，的最大值为.(1)求角；(2)若点在上，满足，且，，解这个三角形.20．2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》（ 也称“强基计划”），《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划旨在选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，学生需在校考中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立. 若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率依次为，其中，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率均为.（1）若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，当该考生更希望通过甲大学的笔试时，求的范围.21．已知函数.(1)求函数在区间上的最小值；(2)判断函数的零点个数，并证明.22．已知为坐标原点，定点，，圆，是圆内或圆上一动点，圆与以线段为直径的圆内切.(1)求动点的轨迹方程；(2)设的轨迹为曲线，若直线与曲线相切，过点作直线的垂线，垂足为，证明：为定值.
参考答案：1．C【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据对数函数的性质求出集合，图中阴影部分表示，根据交集、补集的定义计算可得.【详解】由，即或，解得或，所以，又，所以，图中阴影部分表示.故选：C2．C【分析】由题意可知，代入求解即可.【详解】在梯形中，，所以，所以.故选：C3．B【分析】分别分析各个方程所对应的曲线即可判断.【详解】对于A项，因为，所以，所以方程对应的曲线为椭圆，所以当椭圆绕原点旋转后，其一定不会成为函数图象，故A项不成立；对于B项，因为，所以，所以方程对应的曲线为双曲线， 其渐进线为，所以当其绕原点旋转后，其一定是函数图象，故B项成立；对于C项，因为，所以方程对应的曲线为圆，所以当圆绕原点旋转后，其一定不会成为函数图象，故C项不成立；对于D项，因为，所以方程对应的曲线为圆，所以当圆绕原点旋转后，其一定不会成为函数图象，故D项不成立.故选：B.4．A【分析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果.【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ，所以，单位圆的内接正边形的周长为，单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为，，则.故选：A.【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.5．B【分析】根据对数的运算公式化简，再结合对数函数的单调性比较大小.【详解】由对数运算公式可得，因为对数函数在上单调递增，，所以，所以，即因为对数函数在上单调递增，，所以，所以，即，所以，故选：B.6．C【分析】根据，和抛物线的定义得到，，然后根据，得到直线的倾斜角为，即可得到，最后将点坐标代入抛物线方程中求即可.【详解】过点，作准线的垂线，交准线与，，过点作，交与点，因为，所以，又因为，所以，，，在直角三角形中，，，所以，即直线的倾斜角为，所以，将点坐标代入抛物线方程中可得，解得或（舍去）.故选：C.7．A【分析】设三棱锥的外接球的半径为，如图补全如下长方体，当点在端点（或）时三棱锥的外接球与长方体有相同的外接球，三棱锥的外接球最大，求出，确定球心在平面的投影为中点，根据勾股定理得到，确定，即可判断.【详解】设三棱锥的外接球的半径为，如图补全如下长方体，当点在端点（或）时，三棱锥的外接球与长方体有相同的外接球，此时三棱锥的外接球最大，又长方体外接球的直径即为长方体的体对角线，所以，所以；  因为为直角三角形，故球心在平面的投影为中点，设，则，当，即球心与重合时，，因为矩形与所在的平面互相垂直，则在平面的投影为中点，需满足是外心，当为中点时，为直角三角形，满足条件.    故，因为，所以，即，所以只有符合题意.故选：A8．D【分析】由为偶函数列式并求导、赋值可得，再由求导，并结合可得、的周期为4，再通过赋值即可求得结果.【详解】因为为偶函数，所以，所以，令，则，因为，所以，①所以，②又因为，③由②③得：，④所以，所以，所以的周期为4，又因为，所以的周期为4，在①中令得：，在③中令得：，在④中令得：，所以，所以，故选：D.9．BD【分析】由互斥事件与独立事件的定义即可判断A；由二项分布的期望公式及期望的性质判断B；由正态分布的性质判断C；根据回归直线方程必过样本中心点求出，即可判断D.【详解】对于A：由互斥事件与独立事件的定义，设事件、都是概率不为的事件，若事件与事件是互斥事件，则，而若事件与事件是相互独立事件，则，故A错误；对于B：因为，则，所以，即，解得，故B正确；对于C：由随机变量服从正态分布，，则，故C错误；对于D：因为回归直线方程必过样本中心点，所以，解得，故D正确；故选：BD10．ABD【分析】直接利用累加法可判断选项A项；构造为等比数列可判断B项；利用与的关系可求得通项公式即可判断C项；利用等差数列的前n项和公式及定义法判断等差数列即可判断D项.【详解】对于选项A，由，得，则，故A项正确；对于选项B，由得，所以为等比数列，首项为，公比为2，所以，所以，故B项正确；对于选项C，因为，当时，，当时，，将代入，得，所以，所以数列不是等比数列，故C项错误.对于选项D，设等差数列的公差为d，由等差数列前项和公式可得，所以与n无关，所以数列为等差数列，故D项正确.故选：ABD.11．AB【分析】根据已知条件求出函数的解析式，然后计算的值即可判断A项；利用整体思想及正弦函数的单调性求函数的单调递减区间即可判断B项；由三角函数图象的平移变换法求出函数的解析式即可判断C项；由x范围求得的范围，进而求得在区间上的值域即可判断D项．【详解】由题意知，所以．对于选项A，，所以的图象关于直线对称，故A项正确；对于选项B，由，，得，，则当时，函数的一个单调递减区间为，故B项正确；对于选项C，的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，所以为奇函数，故C项错误；对于选项D，因为，所以，所以，所以，即：在区间上的值域为，故D项错误．故选：AB.12．AB【分析】对代入特殊值，求出的性质，最后运用构造法求出的解析式，运用错位相减法求和即可.【详解】对于A，令，则有，，正确；对于B，因为的定义域为，因为对于，，当时，令，则有，当时，，所以是奇函数，正确；对于C，由B知，当时，，错误；对于D，，令，，则有，，令，则，，是首项为1，公差为1的等差数列，，即，，令…①，则…②，①-②得：，故，错误；故选：AB.13．【分析】依题意根据虚根成对原理可得也是关于的方程的一个根，利用韦达定理求出、，即可得解.【详解】因为是关于的方程的一个根，所以也是关于的方程的一个根，所以且，所以，，，所以.故答案为：14．（答案不唯一）【分析】取，验证定义域，导数，值域即可.【详解】取，因为，解得，所以的定义城为，符合①；，符合②；因为，所以的值域为，符合③.故答案为：（答案不唯一）15．12【分析】设被调查的男生为人，得到列联表，从而可计算，进而得到，求解即可.【详解】设被调查的男生为人，则女生为人，依题意可得列联表如下： 男生女生合计喜爱足球不喜爱足球合计所以，因为本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为喜爱足球与性别有关”的结论，所以有，即，解得，又因为上述列联表中的所有数字均为整数，故的最小值为12 .故答案为：12.16．【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为，是平面的一个方向向上的单位法向量. 由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，，得，由，得，即可求得正方体的表面积.【详解】设正方体的棱长为，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量.由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得.由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，.于是，即，即，即.同理，，，从而，由，得，其中，即，解得，所以正方体的表面积.故答案为：【点睛】思路点睛：考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，求得，即可得到，再根据数量积的运算律计算可得.17．(1)（答案不唯一），证明见解析；(2)63 【分析】（1）取，验证即可；（2）当时，，根据速增数列的定义可得，从而可得，进而可求解.【详解】（1）取，则，，因为，所以，所以数列是“递增数列”.（2）当时，，因为数列为“速增数列”，所以，且，所以，即 ，当时，，当 时，，故正整数的最大值为63 .18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设中点为，连接、，由三角形中位线性质可得，且，从而得到四边形为平行四边形，再由，即可证得平面；（2）利用已知条件求出的长，以及证得平面，再建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值.【详解】（1）如图（1），设中点为，连接、，底面为正方形，，分别为，的中点．，且，又，，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.（2）连结，，过作交于点，∵，∴点也是中点，连接，，为的中点，∴，又底面为正方形，，，，平面平面，，平面平面，平面，平面，又平面，，∴在中，，如图（2）以为原点，所在直线分别作轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，∴，，平面，是平面的一个法向量，，设平面的一个法向量为，则 ，令，则， ，设二面角为，显然二面角为锐角，，故二面角的余弦值为．【点睛】19．(1)(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换先化简函数式，再利用三角函数的性质求A；（2）利用平面向量的基本定理及数量积计算可得AC，余弦定理可得BC，再由勾股定理逆定理可得B、C.【详解】（1）由由题意及三角函数的性质可知：，即，又，∴；（2）  如图所示，易得，∴(负值舍去)，由余弦定理可得：，，显然：，由勾股定理逆定理可得.综上.20．（1）甲：，乙：；（2）.【分析】（1）结合独立事件的乘法公式即可求出结果；（2）设报将甲大学通过的科目数为，求出随机变量可能取值，及对应的概率，进而根据期望的概念求出期望；该考生报考乙大学通过的科目数为，根据题意可知服从二项分布，根据二项分布求出期望，进而得到，解之即可.【详解】（1）该考生报考甲大学恰好通过一门笔试科目为事件，则；设该考生报考乙大学恰好通过一门笔试科目为事件，则，（2）设报将甲大学通过的科目数为，随机变量的可能取值为，则概率为：，，，，随机变量的分布列： ，该考生报考乙大学通过的科目数为，根据题意可知，，则，因为该考生更希望通过甲大学的笔试，，则，所以的范围为：.21．(1)(2)有个零点，证明见解析 【分析】（1）对求导，令，，得出在的单调性，结合零点存在性定理可得在上单调递增，在上单调递减，再比较的大小，即可得出答案.（2）利用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理，讨论，和时，的正负，即可得出证明.【详解】（1）的定义域为，故，令，，当时，，所以在上单调递减，且，，所以由零点存在定理可知，在区间存在唯一的，使又当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，又因为，，所以函数在区间上的最小值为.（2）有个零点，证明如下：因为，，若，，所以在区间上单调递增，又，，结合零点存在定理可知，在区间有且仅有一个零点，若，则，则，若，因为，所以，综上，函数在有且仅有一个零点.22．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）依题意可得，根据椭圆的定义可知动点是以，为焦点的椭圆，即可求出椭圆方程；（2）分直线的斜率存在不为，斜率为，斜率不存在三种情况讨论，当直线的斜率存在且不为零时，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，根据得到，表示出的方程，联立求出的坐标，即可求出，其它情形直接求出，即可得证.【详解】（1）圆的圆心为，半径为，依题意圆的半径，又两圆相内切，所以圆心距，所以，根据椭圆的定义可知动点是以，为焦点的椭圆，且，，则，所以动点的轨迹方程为.  （2）当直线的斜率存在且不为零时，设直线方程为，联立直线和椭圆的方程得，消去并整理得，因为直线与曲线相切，所以，整理得，因为与直线垂直，所以的方程为，由，解得，即，所以，所以，  当直线的斜率为时，则直线的方程为，过点作直线的垂线，则垂线方程为，此时或，则，  当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，过点作直线的垂线，则垂线方程为，此时或，则，  综上可得为定值.【点睛】关键点睛：本题关键是由平面几何的性质及椭圆的定义求出椭圆方程，再对直线的斜率分类讨论，分别求出的值.